Issuu

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

vectorstock.com/21609945

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

22 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 MÔN THI TOÁN GIẢI CHI TIẾT GÓI (60-80) PART 1 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

SỞ GD&ĐT TP HÀ NỘI

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2019

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

Môn thi: TOÁN

(Đề thi có 06 trang)

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

Họ, tên thí sinh: ................................................................... Số báo danh: ........................................................................ Câu 1 (NB): Với a là số thực dương bất kỳ, khẳng định nào dưới đây đúng? A. log ( a 4 ) = 4 log a

B. log ( 4 a ) = 4 log a

C. log ( a 4 ) =

1 log a 4

D. log ( 4a ) =

1 log a 4

Câu 2 (NB): Nguyên hàm của hàm số y = 2 x là A. ∫ 2 x dx =

2x +C ln 2

B. ∫ 2 x dx = ln 2.2 x + C

D. ∫ 2 x dx =

C. ∫ 2 x dx = 2 x + C

2x +C x +1

Câu 3 (NB): Cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y + 2 z − 3 − 0 . Tính bán kính R của mặt cầu (S). A.R= 3

B. R = 3 3

C. R = 3

D. R= 9

Câu 4 (NB): Cho f ( x ) , g ( x ) là hai hàm số liên tục trên ℝ . Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề sau b

A. ∫ ( f ( x ) .g ( x ) ) dx = ∫ f ( x ) dx.∫ g ( x ) dx b

B. ∫ f ( x ) dx = 0 a

C. ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( y ) dy a

Câu 5 (NB): Tập giá trị của hàm số y = e A. ℝ \ {0}

B. ( 0; +∞ )

−2 x + 4

∫ ( f ( x ) − g ( x ) ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx

là C. ℝ

D. [0; +∞)

Câu 6 (NB): Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? A. ∫ e x dx =

e x +1 +C x +1

1 B. ∫ cos 2 xdx = sin 2 x + C 2

1 C. ∫ dx = ln x + C x

e ∫ x dx =

x e +1 +C e +1

Câu 7 (NB): Hàm số dạng y = ax 4 + bx 2 + c ( a ≠ 0 ) có tối đa bao nhiêu điểm cực trị? A.2

B. 1

C. 3

D. 0

Câu 8 (NB): Cho mặt phẳng ( P ) : 3 x − y + 2 = 0 . Véc tơ nào trong các véc tơ dưới đây là một véc tơ pháp tuyến của (P)?

A.(3;0;-1)

B. (3;-1;0)

C. (-1;0;-1)

D. (-3;-1;2)

Câu 9 (TH): Đường cong trong hình bên là đồ thị của 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? A. y = x 2 − 3x + 1 B. y = − x3 − 3x + 1

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

C. y = x 4 − x 2 + 3 D. y = x3 − 3x + 1 Câu 10 (TH): Tập xác định của hàm số y = log 2 ( 3 − 2 x − x 2 ) là A.D = (-1;3) Câu 11 (TH): Cho hàm số

B.D = (-3;1)

C.D = (-1;1)

D. D = (0;1)

x +1 . Khẳng định nào sau đây đúng? 2x − 2

A.Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = . C.Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x =

1 2

B.Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 2.

1 2

D. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = −

1 2

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

B. 3π a 2

C. 2π a 2

D. 4π a 2

Câu 13 (NB): Tập xác định của hàm số y = x 4 − 2018 x 2 − 2019 là A. ( −1; +∞ )

B. ( 0; +∞ )

C. ( −∞; 0 )

D. ( −∞; +∞ )

Câu 14 (TH): Cho hình trụ có chiều cao bằng 2a, bán kính đáy bằng a. Diện tích xung quanh hình trụ bằng . A. 2a 2

B. 4π a 2

C. 2π a 2

D. π a 2

Câu 15 (TH): Cho hàm số y = x3 − 2 x 2 + x + 1 . Khẳng định nào sau đây đúng?

1  A.Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1 3 

1  B. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 3 

C.Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; +∞ )

1  D.Hàm số nghịch biến trên khoảng  −∞;  3 

Câu 16 (TH): Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1;2;3;4;5;6;7;8;9. Rút ngẫu nhiên đồng thời hai thẻ và nhân hai số ghi trên hai thẻ lại với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là một số chẵn. A.

5 18

13 18

1 6

8 9

Câu 17 (TH): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B' C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A, biết AB = a, AC = 2a và A' B = 3a. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A' B' C'. A. 2 2a 3

5a3 3

2 2a 3 3

1 Câu 18 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình 2 <   2

B. ( 6; +∞ )

5a3

−2 x − 6

A. ( −∞; 6 )

là

C.(0;64)

Câu 19 (NB): Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số y =

D. (0;6) ax + b với a, b, c, d là các số thực. cx + d

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. y ' < 0, ∀x ≠ 1

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

B. y ' > 0, ∀x ≠ 2 C. y ' > 0, ∀x ≠ 1 D. y ' < 0, ∀x ≠ 2 Câu 20 (NB): Cho ba điểm A(2;1;-1); B (-1;0;4); C (0; -2;-1) . Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC là A. x − 2 y − 5 = 0

B. x − 2 y − 5 z + 5 = 0

C. 2 x − y + 5 z − 5 = 0

D. x − 2 y − 5 z − 5 = 0

Câu 21 (TH): Giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) = x 4 − 4 x 2 + 5 trên đoạn [ −2;3] bằng A.1

B.122 4

Câu 22 (VD): Cho

∫

C.5 2

f ( x ) dx = 2018 . Tính tích phân I = ∫  f ( 2 x ) + f ( 4 − 2 x )  dx

A.I = 1009

D. 50

B.I = 0

C.I = 2018

D. I = 4036

Câu 23 (TH): Hàm số y = x − 3x + 3x − 4 có bao nhiêu điểm cực trị? 3

A.1

B.0

C.2

D. 3

Câu 24 (TH): Cho tam giác ABC có A(1; -2;0);B(2;1; -2);C(0;3;4). Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. A.(1;0;-6)

B.(-1;0;6)

C.(1;6;-2)

D. (1;6;2)

Câu 25 (TH): Tích tất cả các nghiệm của phương trình log32 x − 2log 3 x − 7 = 0 là A.9

B.-7

C.1

D. 2

Câu 26 (TH): Cho a > 0, a ≠ 1 và log a x = −1;log a y = 4 . Tính P = log a ( x 2 y 3 ) A.P =18

B.P =10

C.P =14

D. P =6 2

Câu 27 (VD): Gọi F ( x ) = ( ax 2 + bx + c ) e x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ( x − 1) e x . Tính

S = a + 2b + c A.S = 4

B. S = 3

C.S = -2

D. S = 0

Câu 28 (VD): Cho số thực m > 1 thỏa mãn

∫ 2m − 1dx = 1 . Khẳng định nào sau đây đúng? 1

A. m ∈ (1;3 )

B. m ∈ ( 2; 4 )

C. m ∈ ( 3;5 )

D. m ∈ ( 4; 6 )

Câu 29 (TH): Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SA = 2a . Tính theo athể tích khối chóp S.ABCD. A. V =

a 3 15 12

B. V =

a 3 15 6

C. V =

2a 3 3

D. V = 2a 3

Câu 30 (VD): Cho đa giác đều có 2018đỉnh. Hỏi có bao nhiêu hình chữ nhật có 4 đỉnh là các đỉnh của đa giác đã cho? 4 A. C1009

2 B. C2018

2 C. C1009

4 D. C2018

Câu 31 (TH): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a . A.

a3 6 6

a3 6 2

a3 6 12

a3 3 6

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

Câu 32 (VD): Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m/s thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chạm dần đều với vận tốc v ( t ) = −2t + 10 ( m / s ) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Tính quãng đường ô tô di chuyển được trong 8 giây cuối cùng.

A.55m

B.50m

C.25m

D. 16m π

1 2  x 2 + 3 khi x ≥ 1 Câu 33 (VD): Cho hàm số y = f ( x ) = π  . Tính I = 2 ∫ f ( sin x ) cos xdx + 3∫ f ( 3 − 2 x ) dx 5 − x khi x < 1 0 0

A. I =

32 3

B.I =31

C. I =

71 6

D. I =32

Câu 34 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số y =

1 4 3 đồng biến x + mx − 4 2x

trên khoảng ( 0; +∞ ) ?

A.2

B. 0

C.1

D. 4

Câu 35 (VD): Gọi m, n là hai giá trị thực thỏa mãn: giao tuyến của hai mặt phẳng (Pm ): mx + 2y + nz +1 = 0 và (Qm ) : x -my + nz + 2 = 0 vuông góc với mặt phẳng ( α ): 4x - y - 6z + 3 = 0 . Tính m + n. A. m + n =3

B.m + n =2

C.m + n =1

D. m + n =0

Câu 36 (VD): Cho điểm M (1; 2; 5), mặt phẳng (P) đi qua điểm M cắt trục tọa độ Ox; Oy; Oz tại A, B, C sao cho M là trực tâm của tam giác ABC. Phương trình mặt phẳng (P) là A. x + 2 y + 5 z − 30 = 0

x y z B. + + = 0 5 2 1

x y z C. + + = 1 5 2 1

D. x + y + z − 8 = 0

Câu 37 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, BC = a 3, SA = a và SA vuông góc với đáy ABCD. Tính sin α với α là góc tạo bởi đường thẳng BD và mặt phẳng (SBC) .

A. sin α =

2 4

B. sin α =

3 5

C. sin α =

3 2

D. sin α =

7 8

Câu 38 (VD): Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị (C) như hình vẽ, đường thẳng d có phương trình y = x -1. Biết phương trình f ( x ) = 0 có ba nghiệm x1 < x2 < x3 . Giá trị của x1 x3 bằng

A. −2 B. −

5 2

C. D. Câu 39 (TH): Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác đều cạnh có độ dài 2a. Thể tích của khối nón là A.

π a3 3 6

π a3 3 9

Câu 40 (VD): Cho f ( x ) = ( e x + x 3 cos x ) A.2018

B.2018.2017

2018

π a3 3 3

π a3 3 12

. Giá trị của f '' ( 0 ) là

C. 20182

D. 2018.2017.2016

Câu 41 (VD): Gọi Slà tập hợp tất cả các giá trị của tham số m ∈ ℤ và phương trình log mx −5 ( x 2 − 6 x + 12 ) = log

mx − 5

x + 2 có nghiệm duy nhất. Tìm số phân tử của S .

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

A. 2

B. 3

C. 0

D. 1

Câu 42 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB=BC=a; AD = 2a. Tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp tam giác S.ABC. A. 3π a 2

B. 5π a 2

C. 6π a 2

D. 10π a 2

1 − 4 − x2 Câu 43 (VD): Đồ thị hàm số y = 2 có số đường tiệm cận đứng làm và số đường tiệm cận x − 2x − 3 ngang làn . Giá trị củam+n là A.1

B. 2

C. 3

D. 0

Câu 44 (VD): Một hình trụ có bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a. Một hình vuông ABCD có AB;CD là 2 dây cung của 2 đường tròn đáy và mặt phẳng (ABCD) không vuông góc với đáy. Diện tích hình vuông đó bằng . A.

5a 2 4

5a 2 2 4

C. 5a 2

5a 2 2

Câu 45 (VD): Gọi (S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A(2;0;0),B(1;3;0),C(-1;0;3),D(1;2;3) . Tính bán kính R của (S). A. R = 2 2

B. R = 6

C. R = 3

D. R = 6

Câu 46 (VD): Cho hàm số y = x3 − 3x 2 + 4 có đồ thị (C) , đường thẳng ( d ) : y = m ( x + 1) với m là tham số, đường thẳng ( ∆ ) : y = 2 x − 7 . Tìm tổng tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt A(-1;0); B;C sao cho B,C cùng phía với ∆ và

d ( B; ∆ ) + d ( C , ∆ ) = 6 5 .

A.0

B. 8

C.5

Câu 47 (VDC): Cho hai số thực a, b thỏa mãn

D. 4

1 < b < a < 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4

1  P = log a  b −  − log a b 4  b A. P =

7 2

B. P =

3 2

C. P =

9 2

D. P =

1 2

Câu 48 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SAB là tam giác đều và (SAB) vuông góc với (ABCD). Tính cos ϕ với ϕ là góc tạo bởi (SAC) và (SCD). A.

2 7

6 7

3 7

5 7

Câu 49 (VD): Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình bên. Gọi S là tập tấtcả các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = f ( x − 2018 ) + m có 5 điểm cực trị. Tổng tất cả các giá trị của tập S bằng

A.9 B. 7 C. 12 D. 18

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

Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a khoảng cách từ điểm A đến

a 15 a 15 , khoảng cách giữa SA, BC là . Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng 5 5 (ABC) nằm trong tam giác ABC tính thể tích khối chóp S.ABC . mặt phẳng (SBC) là

a3 4

a3 8

a3 3 4

a3 3 8

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số Chương 1: Hàm Số Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng

Lớp 12 (94%)

C7 C9 C11 C13

C15 C19 C21 C23

C34 C38 C43 C46

C49

C1 C5 C10

C18 C25 C26

C41

C47

C2 C4 C6

C27

C22 C28 C32 C33

Chương 4: Số Phức

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C17 C31

C29 C37 C42 C48

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C12 C14

C39

C44

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C3 C8 C20

C24

C35 C36 C45

Đại số

Lớp 11 (6%)

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

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

C50

Chương 2: Tổ Hợp - Xác Suất

C16

C30

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

C40

Hình học Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (0%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

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

Tổng số câu

Điểm

2.8

3.6

0.6

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: KHÁ + Đánh giá sơ lược: Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11 chiêm 6% Không có câu hỏi lớp 10. Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 21 câu VD-VDC phân loại học sinh 3 câu hỏi khó ở mức VDC Phân bố đều 3 mức thông hiểu và vận dụng nhận biết

Đề phân loại học sinh ở mức khá

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.A

2.A

3.A

4.A

5.B

6.A

7.C

8.B

9.D

10.B

11.A

12.C

13.D

14.B

15.A

16.B

17.A

18.A

19.D

20.D

21.D

22.C

23.B

24.B

25.A

26.B

27.C

28.A

29.B

30.C

31.A

32.A

33.B

34.A

35.A

36.A

37.A

38.A

39.C

40.C

41.A

42.B

43.A

44.D

45.B

46.D

47.C

48.D

49.C

50.B

Câu 1: Phương pháp Sử dụng công thức log a n = n log a với a > 0

Cách giải: Ta có: log ( a 4 ) = 4 log a với a > 0 nên A đúng.

Chọn A. Câu 2: Phương pháp Sử dụng công thức nguyên hàm ∫ a x dx =

ax +C ln a

Cách giải:

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

Ta có ∫ 2 x dx =

2x +C ln 2

Chọn A Câu 3: Phương pháp 2

Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y + 2 z − 3 − 0 có bán kính R = 12 + ( −2 ) + ( −1) − ( −3) = 3

Chọn A. Câu 4: Phương pháp Sử dụng tính chất tích phân. Cách giải: Ta có b b b  ∫ f ( x ) dx = 0; ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( y ) dy a a a nên B,C,D đúng. b b b  f x − g x dx = f x dx − g x dx ( )) ∫a ( ) ∫a ( ) ∫ ( ( ) a

A sai vì tích phân một tích không bằng tích các tích phân. Chọn A. Câu 5: Phương pháp Hàm số mũ y = a x luôn nhận giá trị dương với mọi x ∈ ℝ .

Cách giải: Ta có: e−2 x + 4 > 0, ∀x ∈ ℝ nên tập giá trị của hàm số y = e−2 x + 4 là ( 0; +∞ ) .

Chọn B. Chú ý: Cần phân biệt tập giá trị và tập xác định của hàm số. Hàm số y = e−2 x + 4 là ( 0; +∞ ) và TXĐ là

D=ℝ . Câu 6: Phương pháp Sử dụng các công thức nguyên hàm sau 1 x n +1 x x n = + ; cos = sin + ; = ln + ; = + C ( n ≠ −1) e dx e C xdx x C dx x C x dx ∫ ∫ ∫x ∫ n +1 Cách giải:

Ta có ∫ e x dx = e x + C nên A sai.

Chọn A. Câu 7: Phương pháp Hàm bậc bốn trùng phương có thể có 1 hoặc 3 điểm cực trị. Cách giải: Hàm số y = ax 4 + bx 2 + c ( a ≠ 0 ) có thể có 1 hoặc 3 điểm cực trị nên số điểm cực trị tối đa của nó là 3 .

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

Chọn C. Câu 8: Phương pháp

Mặt phẳng ( P ) : a x − by + cz + d = 0 có một véc tơ pháp tuyến là n = ( a; b; c ) Cách giải:

Mặt phẳng ( P ) : 3 x − y + 2 = 0 nhận n = ( 3; −1;0 ) làm một VTPT

Chọn B. Chú ý khi giải: Câu 9: Phương pháp Quan sát dáng đồ thị, nhận xét dạng hàm số và kết luận. Cách giải: Quan sát dáng đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm bậc ba hệ số a > 0 . Đối chiếu các đáp án ta thấy chỉ có D thỏa mãn. Chọn D. Câu 10: Phương pháp Hàm số y = log a f ( x ) với 0 < a ≠ 1 có ĐK: f ( x ) > 0

Cách giải: ĐK: 3 − 2 x − x 2 > 0 ⇔ −3 < x < 1 . Suy ra D = ( −3;1) Chọn B. Câu 11: Phương pháp Đồ thị hàm số y =

ax + b a d có tiệm cận ngang y = và tiệm cận đứng x = − cx + d c c

Cách giải: 1 x +1 có tiệm cận ngang là y = và tiệm cận đứng là x =1. 2x − 2 2 Vậy chỉ có đáp án A đúng. Chọn A. Câu 12:

Đồ thị hàm số

Phương pháp Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh hình nón S xq = π rl với r là bán kính đáy và l là độ dài

đường sinh hình nón. Cách giải: Hình nón có bán kính đáy bằng a và độ dài đường sinh bằng 2a. Khi đó, diện tích xung quanh hình nón là S xq = π rl = π .a.2a = 2π a 2

Chọn C. Câu 13: Phương pháp

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

Hàm số y = ax 4 + bx 2 + c ( a ≠ 0 ) xác định trên ℝ . Cách giải: Hàm số y = x 4 − 2018 x 2 − 2019 xác dịnh trên nên tập xác định của nó là ℝ = ( −∞; +∞ ) . Chọn D. Câu 14: Phương pháp : Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh hình trụ S xq = 2π rl với r là bán kính đáy và l là độ dài đường sinh hình trụ. Lưu ý rằng với hình trụ thi đường sinh bằng với chiều cao. Cách giải: Diện tích xung quanh hình trụ là S = 2π rl = 2π rh = 2.π .a.2a = 4π a 2 Chọn B. Câu 15: Phƣơng pháp - Tính y ' và giải phương trình y ' = 0 . - Lập bảng biến thiên và tìm khoảng nghịch biến của hàm số. Cách giải:  x =1 Ta có: y ' = 3 x − 4 x + 1 = 0 ⇔  x = 1 3  2

Bảng biến thiên:

1  Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1 và đồng biến trên các khoảng 3  1   −∞;  và (1; +∞ ) . 3  Chọn A. Câu 16: Phương pháp: Tính xác suất theo định nghĩa P ( A ) =

n ( A) với n ( A ) là số phần tử của biến cố A, n ( Ω ) là số phần tử n (Ω)

của không gian mẫu Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) = C92

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

Gọi A là biến cố “rút ra hai thẻ có tích hai số ghi trên hai thẻ là số chẵn” Khi đó hai thẻ đó hoặc cùng mang số chẵn, hoặc 1 thẻ mang số chẵn và 1 thẻ mang số lẻ. Trong 9 thẻ đã cho có 4 thẻ mang số chẵn 2;4;6;8 và 5 thẻ mang số lẻ 1;3;5;7;9 Nên số cách rút ra 2 thẻ mang số chẵn là C42 Số cách rút ra 1 thẻ mang số chẵn và 1 thẻ mang số lẻ là C41 .C51 Số phần tử của biến cố A là n ( A ) = C42 + C41 .C51 Xác suất cần tìm là P ( A ) =

n ( A ) C42 + C41 .C51 13 = = 18 n (Ω) C92

Chọn B. Câu 17: Phương pháp Tính diện tích tam giác đáy và chiều cao lăng trụ suy ra thể tích theo công thức V = Bh . Cách giải: Tam giác A' AB vuông tại A nên A 'A = A ' B 2 − AB 2 = 9a 2 − a 2 = 2a 2 Diện tích đáy S ABC =

1 1 AB. AC = a.2a = a 2 . 2 2

Thể tích khối lăng trụ V = S ABC . A ' A = a 2 .2a 2 = 2 2a3 .

Chọn A. Câu 18: Phương pháp: Sử dụng các giải bất phương trình: Với a >1 thì a

f ( x)

< a g( x) ⇔ f ( x ) < g ( x )

Cách giải: 1 Ta có 23 x <    2

−2 x − 6

⇔ 2 3 x < ( 2 −1 )

−2 x − 6

⇔ 23 x < 2 2 x + 6 ⇔ 3 x < 2 x + 6 ⇔ x < 6

Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = ( −∞;6 )

Chọn A. Câu 19: Phương pháp Quan sát và nhận xét dáng đồ thị hàm số, từ đó suy ra tính đồng biến nghịch biến và dấu của y ' . Cách giải: Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; 2 ) và ( 2; +∞ ) . Vậy y ' < 0, ∀x ≠ 2 .

Chọn D. Câu 20: Phương pháp

Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M ( x0 ; y0 ; z 0 ) và nhận n = ( a; b; c ) làm véc tơ pháp tuyến có dạng

a ( x − x0 ) + b ( y − y0 ) + c ( z − z0 ) = 0 Cách giải:

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

Ta có BC = (1; −2; −5) Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC có VTPT là BC = (1; −2; −5 ) .

Phương trình mặt phẳng 1( x − 2 ) − 2 ( y − 1) − 5 ( z + 1) = 0 ⇔ x − 2 y − 5 z − 5 = 0

Chọn D. Câu 21: Phƣơng pháp - Tính và giải phương trình y ' = 0 tìm các nghiệm trong đoạn [-2;3]. - Tính giá trị hàm số tại hai điểm -2;3 và các điểm vừa tìm được ở trên. - So sánh các giá trị tính được và kết luận.

Cách giải:

 x = 0 ∈ [ −2;3] Ta có: y ' = 4 x 3 − 8 x = 4 x x 2 − 2 = 0 ⇔   x = ± 2 ∈ [ − 2;3]

(

)

(

)

Mà y ( −2 ) = 5; y ( 3) = 50; y ( 0 ) = 5; y ± 2 = 1 . Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đạt được là 50 khi x = 3.

Chọn D. Câu 22: Phương pháp : 2

Sử dụng phương pháp đưa vào trong vi phân để tính

∫

f ( 2 x ) dx; ∫ f ( 4 − 2 x ) dx

Sử dụng tính chất

∫ ( f ( x ) + g ( x ) )dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx b

∫

Và tính chất tích phân không phụ thuộc vào biến :

Ta có

f ( x ) dx = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( u ) du

∫ f ( 2 x ) dx = 2 ∫ f ( 2 x ) d ( 2 x ) 0

 x = 0 => t = 0 Đặt 2x = t ta có  nên  x = 2 => t = 4 2

∫ 0

1 1 1 1 f ( 2 x ) dx = ∫ f ( 2 x ) d ( 2 x ) = ∫ f ( t ) d ( t ) + ∫ f ( x ) d ( x ) = .2018 = 1009 20 20 20 2 2

Lại có

∫

f ( 4 − 2 x ) dx = −

1 f (4 − 2x) d (4 − 2x) 2 ∫0

 x = 0 => u = 4 Đặt 4 − 2 x = u ta có  nên  x = 2 => u = 0 2

∫

f ( 4 − 2 x ) dx = −

0 4

1 1 f ( 4 − 2 x ) d ( 4 − 2 x ) = − ∫ f ( u ) du ∫ 20 24

1 1 1 f ( u ) du = ∫ f ( x ) dx = .2018 = 1009 ∫ 20 20 2

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

Khi đó I = ∫  f ( 2 x ) + f ( 4 − 2 x )  dx = ∫ f ( 2 x ) dx + ∫ f ( 4 − 2 x ) = 1009 + 1009 = 2018

Chọn C. Câu 23: Phương pháp : Tính y ', xét dấu y ' và kết luận. Cách giải: 2

Ta có: y ' = 3 x 2 − 6 x + 3 = 3 ( x 2 − 2 x + 1) = 3 ( x − 1) ≥ 0, ∀x. Do đó hàm số đồng biến trên ℝ và không có cực trị.

Chọn B. Câu 24: Phương pháp

Điều kiện để tứ giác ABCD là hình bình hành là AB = DC

 x1 = x2  Cho a = ( x1 ; y1 ; z1 ) ; b = ( x2 ; y2 ; z 2 ) , khi đó a = b ⇔  y1 = y2 z = z 2  1 Cách giải:

Gọi D ( x; y; z ) , ta có AB = (1;3; −2 ) ; DC = ( − x;3 − y; 4 − z )  −x = 1  x = −1   Để tứ giác ABCD là hình bình hành thì AB = DC ⇔  3 − y = 3 ⇔  y = 0 => D ( −1; 0;6 ) 4 − z = −2 z=6   Chọn B. Câu 25: Phương pháp - Đặt log3 x = t đưa về phương trình bậc hai ẩn t. - Tìm mối quan hệ giữa các nghiệm x của phương trình đầu với các nghiệm t tương ứng của phương trình sau và tính toán.

Cách giải: Điều kiện: x > 0 . Đặt log3 x = t phương trình trở thành t 2 − 2t − 7 = 0 t + t = 2 Có ac =1.(-7) = -7 < 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm t1 , t2 phân biệt thỏa mãn  1 2  t1t2 = −7

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 = 3t1 ; x2 = 3t2 Khi đó x1.x2 = 3t1.3t2 = 3t1 +t2 = 32 = 9 Vậy tích các nghiệm của phương trình đã cho bằng 9 . Chọn A. Câu 26: Phương pháp:

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

Sử dụng các công thức log a ( bc ) = log a b + log a c;log a b m = m log a b (với điều kiện các log có nghĩa)

Cách giải: Ta có P = log a ( x 2 y 3 ) = log a x 2 + log a y 3 = 2 log a x + 3log a y = 2. ( −1) + 3.4 = 10

Chọn B. Câu 27: Phương pháp: - Hàm số F (x) là một nguyên hàm của f (x) nếu F ' ( x ) = f ( x ) . - Đồng nhất hệ số tìm a,b,c .

Cách giải: 2

Do F ( x ) = ( ax 2 + bx + c ) e x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ( x − 1) e x nên F ' ( x ) = f ( x ) = ( x 2 − 2 x + 1) e x

Ta có:

F ' ( x ) = ( 2ax + b ) e x + ( ax 2 + bx + c ) e x =  ax 2 + ( 2a + b ) x + ( b + c )  e x = ( x 2 − 2 x + 1) e x a =1 a = 1   ⇔ 2a + b = −2 ⇔ b = −4 b + c =1 c = 5   Vậy a + 2b + c = 1+ 2. (-4 )+ 5 = -2 .

Chọn C. Câu 28: Phương pháp: Đánh giá để phá dấu giá trị tuyệt đối của biểu thức lấy tích phân Từ đo tính tích phân theo tham số m, giải phương trình ẩn m để tìm m. Cách giải: Với mọi x ∈ [1; m ] thì m ≥ x ≥ 1 mà m > 1 => 2m > 2 Suy ra 2mx > 2 ⇔ 2mx − 1 > 1 => 2mx − 1 > 0 m

Nên

∫

2mx − 1 dx = ∫ ( 2mx − 1) dx = ( mx 2 − x )

m 1

= ( m3 − m − m + 1) = m 3 − 2m + 1 = 1

 m = 0 (ktm)  ⇔ m − 2m = 0 ⇔ m ( m − 2 ) = 0 ⇔  m = − 2 ( ktm )   m = 2 ( tm ) 3

Vậy m = 2 ∈ (1;3)

Chọn A. Câu 29: Phương pháp: - Xác định đường cao của hình chóp.

1 - Tính diện tích đáy và chiều cao suy ra thể tích theo công thức V = Sh. 3

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

Cách giải: Gọi H là trung điểm của AB suy ra SH ⊥ AB Mà ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB nên SH ⊥ ( ABCD ) hay SH là đường cao. Tam giác vuông tại có . SH = SA2 − AH 2 = 4a 2 −

a 2 a 15 = 4 2

Diện tích hình vuông ABCD là S ABCD = a 2 .

1 1 2 a 15 a3 15 = Thể tích khối chóp V = S ABCD .SH = a . . 3 3 2 6 Chọn B. Câu 30: Phương pháp: Nhận xét rằng: Đa giác đều có số đỉnh chẵn luôn tồn tại đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác là đoạn nối hai đỉnh của đa giác. Nên ta chia đường tròn ngoại tiếp đa giác đều đó thành hai nửa đường tròn và dựa vào tính đối xứng của các đỉnh để tạo thành một hình chữ nhật

Cách giải: Ta vẽ đường tròn ngoại tiếp đa giác đều 2018 đỉnh. Vẽ một đường kính của đường tròn này. Khi đó hai nửa đường tròn đều chứa 1009 đỉnh. Với mỗi đỉnh thuộc nửa đường tròn thứ nhất ta đều có một đỉnh đối xứng với nó qua đường kính và thuộc nửa đường tròn còn lại. Như vậy cứ hai đỉnh thuộc nửa đường tròn thứ nhất ta xác định được hai đỉnh đối xứng với nó qua đường kính và thuộc nửa đường tròn còn lại, bốn đỉnh này tạo thành một hình chữ nhật. 2 Vậy số hình chữ nhật có 4 đỉnh là các đỉnh của đa giác đã cho là C1009

Chọn C. Câu 31: Phương pháp: - Xác định góc giữa cạnh bên và mặt đáy. 1 - Tính diện tích đáy và chiều cao suy ra thể tích theo công thức V = Sh 3 Cách giải: Gọi H = AC ∩ BD thì SH là đường cao. Góc giữa SB và ( ABCD) là góc giữa SB là HB hay ∠SBH = 600 . Ta có: BH =

1 a 2 a 2 a 6 BD = => SH = BHtan600 = . 3= 2 2 2 2

Diện tích hình vuông S ABCD = a 2 .

1 1 a 6 a3 6 = Vậy thể tích V = S ABCD .SH = a 2 . 3 3 2 6 Chọn A. Câu 32: Phương pháp:

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

Ta sử dụng quãng đường đi được trong khaongr thời gian từ t1 → t2 là S = ∫ v ( t ) dt t1

Với v (t) là hàm vận tốc. Chú ý rằng khi xe dừng hẳn thì vận tốc bằng 0. Cách giải: Khi xe dừng hẳn thì vận tốc bằng 0. Nên thời gian kể từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn là -2t +10 = 0 ⇔ t = 5s Quãng đường ô tô đi được từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn là 5 5 S 2 = ∫ ( −2t + 10 ) dt = ( −t 2 + 10t ) = 25m 0 0

Như vậy trong 8 giây cuối thì có 3 giây ô tô đi với vận tốc 10m/s và 5s ô tô chuyển động chậm dần đều. Quãng đường ô tô đi được trong 3 giây trước khi đạp phanh là S1 = 3.10 = 30m Vậy trong 8 giây cuối ô tô đi được quang đường S = S1 + S2 = 30 + 25 = 55m

Chọn A. Chú ý khi giải : 8

Một số em tính luôn quãng đương bằng

∫ ( −2t + 10 ) dt = ( −t 0

8 + 10t ) = 16m là sai. Ở đây xe đi chia làm 0

hai giai đoạn nên ta phải xét từng giai đoạn riêng.

Câu 33: Phương pháp: π 1

Đổi biến tính từng tích phân

∫

f ( sin x ) cos xdx và

∫ f ( 3 − 2 x ) dx . Chú ý điều kiện của x để chọn hàm 0

thích hợp tính tích phân.

Cách giải: π 2

I = 2 ∫ f ( sin x ) cos xdx + 3∫ f ( 3 − 2 x ) dx π 2

+ Tính

∫ f ( sin x ) cos xdx 0

 x = 0 => t = 0  Đặt sin x = t => cos xdx = dt . Đổi cận  π  x = 2 => t = 1 π 2

Do đó

∫ 0

1 1  t2  1 9 f ( sin x ) cos xdx = ∫ f ( t ) dt = ∫ ( 5 − t ) dt =  5t −  = 20 2  0 0

+ Tính

∫ f ( 3 − 2 x ) dx 0

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

Đặt t = 3 − 2 x => dt = −2dx => dx = 1

Do đó

∫

f ( 3 − 2 x ) dx = ∫ f ( t ) .

− dt . Đổi cận 2 3

 x = 0 => t = 3   x = 1 => t = 1 3

1 − dt 1 = ∫ f ( t ) dt = ∫ ( x 2 + 3) dt = 2 21 21

 3 22 1  x3  + 3x  = 2 3 1 3

9 22 Vậy I = 2. + 3. = 31 . 2 3 Chọn B. Câu 34: Phƣơng pháp: Hàm số y = f ( x ) xác định trên K . Khi đó hàm số y = f ( x ) đồng biến trên K ⇔ f ' ( x ) ≥ 0 với ∀x ∈ K và f ' ( x ) = 0 xảy ra tại hữu hạn điểm. Sử dụng phương pháp hàm số để tìm m .

Cách giải: Ta có y ' = x 3 + m +

3 2 x2

Để hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) thì y ' ≥ 0 ∀x > 0 ⇔ x 3 + m + Đặt g ( x ) = x 3 +

3 3 ≥ 0∀x > 0 ⇔ x 3 + 2 ≥ −m ∀x > 0 . 2 2x 2x

3 => −m ≤ min g ( x ) ( 0;+∞ ) 2x2

Ta có g ( x ) = x3 +

3 1 1 1 Co − si 5 x 3 x 3 1 1 1 x3 x3 = + + + + ≥ 5 . . 2. 2. 2 2 2 2 2 2x 2 2 2x 2x 2x 2 2 2x 2x 2x

5 x3 1 . Dấu “=” xảy ra khi = 2 => x 5 = 1 ⇔ x = 1 (TM ) 2 2 2x 5 5 5 Do đó min g ( x ) = ⇔ x = 1 , suy ra −m ≤ min g ( x ) ⇔ − m ≤ ⇔ m ≥ − 0; +∞ ( 0;+∞ ) ( ) 2 2 2 Nên các giá trị nguyên âm của m thỏa mãn đề bài là m = -2;m = -1. Chọn A. Suy ra g ( x ) ≥

Chú ý: Để tìm min g ( x ) các em có thể lập BBT của hàm số g (x) trên ( 0; +∞ ) rồi kết luận. ( 0;+∞ )

Câu 35: Phương pháp: Sử dụng tính chất: Nếu đường thẳng a vuông góc mặt phẳng (P) thì mọi mặt phẳng qua a đều vuông góc (P) để nhận xét mối quan hệ giữa các mặt phẳng (α ) , ( Pm ) , ( Qm ) .

Cách giải: Giao tuyến của ( Pm ) , ( Qm ) vuông góc với (α ) hay ( Pm ) và ( Qm ) đều vuông góc (α ) .  nα nP = 0 Do đó na có phương vuông góc với nP và nQ hay   nα .nQ = 0 Ta có: (Pm ): mx + 2y + nz +1 = 0 có nP = ( m; 2; n ) (Qm ) : x -my + nz + 2 = 0 có nQ = (1; −m; n )

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

( α ): 4x - y - 6z + 3 = 0 có nα = ( 4; −1; −6 )  nα .nP = 0  4m + 2. ( −1) + n. ( −6 ) = 0  4m − 6n = 2 m = 2 ⇔ ⇔ ⇔ => m + n = 3 Do đó  4 + −1 . − m + −6 .n = 0 m − 6n = −4  n =1 nα .nQ = 0  ( ) ( ) ( ) Chọn A. Câu 36: Phương pháp: + Phương trình mặt phẳng cắt các trục tọa độ Ox;Oy;Oz lần lượt tại x y z A ( a;0;0 ) ; B ( 0; b; 0 ) ; C ( 0; 0; c )( a, b, c ≠ 0 ) là + + = 1 a b c

 AM .BC = 0 + Sử dụng tính chất trực tâm: Điểm M là trực tâm tam giác ABC ⇔   BM . AC = 0

Cách giải: Gọi A ( a;0;0 ) ; B ( 0; b; 0 ) ; C ( 0; 0; c )( a, b, c ≠ 0 ) Mặt phẳng (P) cắt trục tọa độ Ox;Oy;Oz tại A,B,C có phương trình

x y z + + =1 a b c

1 2 5 + + = 1( *) a b c Ta có AM = (1 − a; 2;5 ) ; BC = ( 0; −b; c ) ; BM = (1; 2 − b;5 ) ; AC = ( −a;0; c ) Vì M ∈ ( P ) =>

5c  −2b + 5c = 0  AM .BC = 0 b = ⇔ ⇔ Vì M là trực tâm tam giác ABC ⇔  2  −a + 5c = 0  a = 5c  BM . AC = 0 1 1 5 + + = 1 ⇔ c = 6 => a = 30; b = 15 5 c c 5c 2 x y z Phương trình mặt phẳng ( P ) : + + = 1 ⇔ x + 2 y + 5 z − 30 = 0 30 15 6 Chọn A. Câu 37: Phương pháp: - Dựng hình hộp chữ nhật SB'C'D'.ABCD, xác định góc giữa BD và (SBC) (nhỏ hơn 900 ) là góc giữa Thay vào (*) ta được

BD và hình chiếu của nó trên (SBC) . - Sử dụng các kiến thức hình học đã học ở lớp dưới tìm sin α . Cách giải: Qua B,C,D lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với đáy. Dựng hình hộp chữ nhật SB'C'D'.ABCD như hình vẽ. Dễ thấy mặt phẳng (SBC) được mở rộng thành mặt phẳng (SBCD'). Tam giác D'DC có D'D = DC = a và D = 900 nên vuông cân tại D Gọi J là trung điểm của CD' thì DJ ⊥ CD' Ta có: BC ⊥ ( D ' DCC ') => BC ⊥ DJ . Mà DJ ⊥ CD' nên DJ ⊥ (BCD'S) hay J là hình chiếu của D lên (SBC) .

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

Do đó (BD,(SBC)) = (BD,BJ ) = JBD (vì JBD <BJD = 900 )

1 a 2 , BD = CD 2 + BC 2 = a 2 + 3a 2 = 2a Xét tam giác BJD vuông tại J có: DJ = CD ' = 2 2 Nên sinα = sin JBD = Vậy sin α =

2 DJ a 2 = : 2a = . BD 2 4

2 . 4

Chọn A. Câu 38: Phương pháp: Gọi hàm số cần tìm là y = f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d Xác định các điểm thuộc đồ thị hàm số rồi thay tọa độ vào hàm số để được hệ bốn ẩn Giải hệ ta tìm được a;b;c;d . Từ đó tìm nghiệm phương trình f ( x ) = 0 .

Cách giải: Gọi hàm số cần tìm là y = f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d Từ đồ thị hàm số ta thấy đồ thị (C) cắt đường thẳng d tại ba điểm có hoành độ x = −1; x = x0 ; x = 3 Với x = −1 => y = −1 − 1 = −2 hay điểm (-1;-2) thuộc đồ thị (C). Với x = 2 => y = 3 − 1 = 2 hay điểm (3;2) thuộc đồ thị (C). Lại thấy giao điểm của đồ thị (C) , trục hoành và đường thẳng ( d ) : y = x − 1 là A ( x0 ;0 ) suy ra

0 = x0 − 1 => x0 = 1 Vậy điểm A(1;0) thuộc đồ thị (C). Thấy đồ thị (C) cắt trục tung tại ( 0; 2 ) => d = 2 => y = ax3 + bx 2 + cx + 2 Các điểm (-1;-2) ; (3;2) ; (1;0) đều thuộc đồ thị (C) nên ta có hệ phương trình a ( −1)3 + b ( −1)3 + c. ( −1) + 2 = −2  − a + b − c = −4 a = 1  3   2 ⇔ 27 a + 9b + 3c = 0 ⇔ b = −3  a.3 + b.3 + c.3 + 2 = 2  a.13 + b.12 + c.1 + 2 = 0  a + b + c = −2 c = 0   

Suy ra y = f ( x ) = x 3 − 3 x 2 + 2

x = 1− 3  Phương trình f ( x ) = 0 ⇔ x − 3x + 2 = 0 ⇔  x = 1  x = 1+ 3 3

(

)(

)

Suy ra x1 = 1 − 3; x2 = 1; x3 = 1 + 3 => x1.x2 = 1 − 3 1 + 3 = −2

Chọn A. Câu 39: Phương pháp:

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

1 Tính bán kính đường tròn đáy và chiều cao, từ đó suy ra thể tích khối nón theo công thức V = π r 2 h . 3 Cách giải: 1 Thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh nên bán kính đường tròn đáy r = .2a = a và chiều cao 2

2a 3 =a 3. 2

1 1 π a3 3 Vậy thể tích V = π r 2 h = π a 2 .a 3 = . 3 3 3 Chọn C. Câu 40: Phương pháp: Sử dụng các công thức đính đạo hàm:

( u ) ' = n.u '.u ; ( u.v ) ' = u ' v + v ' u ( e ) ' = e ; ( sin x ) ' = cos x, ( cos x ) ' = − s inx n −1

Ta có:

f ' ( x ) = 2018 ( e x + x3 cos x ) = 2018 ( e x + x 3 cos x )

2017

. ( e x + x 3 cos x ) '

. ( e x + 3 x 2 cos x − x3 sin x )

2017 f '' ( x ) = ( f ( x ) ) ' =  2018 ( e x + x 3 cos x ) . ( e x + 3 x 2 cos x − x3 sin x )  '  

= 2018.2017. ( e x + x 3 .cos x ) +2018. ( e x + x 3 cos x )

2017

. ( e x + x 3 cos x ) ' ( e x + 3 x 2 cos x − x 3 sin x )

. ( e x + 3x 2 cos x − x 3 sin x ) '

= 2018.2017. ( e x + x 3 cos x ) +2018. ( e x + x 3 cos x )

2016

. ( e x + 3 x 2 cos x − x3 sin x )

. ( e x + 6 x cos x − 3 x 2 sin x − 3 x 2 sin x − x 3 cos x )

Khi f '' ( 0 ) = 2018.2017.1.1 + 2018.1.1 = 20182 Chọn C. Câu 41: Phương pháp: - Tìm điều kiện xác định. - Giải phương trình tìm nghiệm và tìm điều kiện để phương trình có nghiệm duy nhất. Cách giải: x+2>0  x > −2 Điều kiện:  ⇔ 0 < mx − 5 ≠ 1 5 < mx ≠ 6 Khi đó, phương trình

⇔ log mx −5 ( x 2 − 6 x + 12 ) = log mx −5 ( x + 2 ) x = 2 ⇔ x 2 − 6 x + 12 = x + 2 ⇔ x 2 − 7 x + 10 = 0 ⇔  x = 5

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

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất nếu nó chỉ có duy nhất nghiệm x = 2 hoặc x = 5 . TH1: x = 2 là nghiệm và x = 5 không là nghiệm.

5 2 < m ≠ 3 5 < 2m ≠ 6   Khi đó   5m ≤ 5 ⇔   m ≤ 1 (VN ) hay không có giá trị nào của m để phương trình nhận x = 2 làm  5m = 6   6    m = 5   nghiệm duy nhất. TH2: x = 5 là nghiệm và x = 2 không là nghiệm.

6  1< m ≠  5 5 6 < m ≠  5 5 6   1< m ≤ ;m ≠   Khi đó   2m ≤ 5 ⇔   5 ⇔ 2 5    2m = 6  m ≤ 2 m = 3     m = 3   5 6  1< m ≤ ;m ≠  Do đó với 2 5 thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5 .  m =3 Mà m ∈ ℤ nên m = 2 hoặc m = 3. Vậy có hai giá tị của m thỏa mãn bài toán. Chọn A. Câu 42: Phương pháp:  ( P ) ⊥ (Q )  Xác định chiều cao hình chóp:  ( P ) ∩ ( Q ) => d ⊥ ( Q )  d ⊥ a; d ⊂ ( P )  Gọi E là trung điểm của AD ta chỉ ra mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.EABC . Từ đó ta đưa về bài toán tìm bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy. Sử dụng công thức tính nhanh R = r 2 +

h2 với R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, r là bán kính 4

đường tròn ngoại tiếp đáy hình chóp, h là chiều cao hình chóp Sử dụng công thức tính diện tích mặt cầu S = 4π R 2 Cách giải: AD Gọi E là trung điểm của AD suy ra AE = = a = AB = BC 2 Mà BC / /AD và BC ⊥ AD nên EABC là hình vuông cạnh a.

 ( SAD ) ⊥ ( ABCD ) Lại có  mà SE ⊥ AD (do tam giác SAD đều ( SAD ) ∩ ( ABCD ) = AD có SE là trung tuyến) Suy ra SE ⊥ ( ABCD)=>SE ⊥ (EABC) Nhận thấy EABC là hình vuông nên đường tròn ngoại tiếp EABC cũng

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

là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Hay mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.EABC. Mà hình chóp S.EABC có cạnh bên SE ⊥ (EABC) và đáy EABC là hình vuông cạnh a. Gọi I là tâm hình vuông EABC Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.EABC là R = IE 2 +

Ta có BE = AE 2 + AB 2 = a 2 => IE =

a 2 2

Tam giác SAD đều cạnh 2a có SE là trung tuyến nên SE = Suy ra R = IE 2 +

SE 2 = 4

SE 2 4

2a 3 =a 3 2

2a 2 3a 2 a 5 + = 4 4 2

Diện tích mặt cầu là S = 4π R 2 = 4π .

5a 2 = 5π a 2 4

Chọn B. Câu 43: Phƣơng pháp: - Tiệm cận đứng: Đường thẳng x = x0 được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) nếu nó  lim+  x→ x0  lim+ x→ x thỏa mãn một trong 4 điều kiện sau:  0  lim  x→ x0−  lim  x→ x0−

y = +∞ y = −∞ y = +∞ y = −∞

- Tiệm cận ngang: Đường thẳng y = y0 được gọi là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x ) nếu nó

y = y0  xlim →+∞ thỏa mãn một trong 2 điều kiện sau:  y = y0  xlim →−∞ Cách giải:

1 − 4 − x2 1− 4 − x2 y= 2 = x − 2 x − 3 ( x + 1)( x − 3) Điều kiện −2 ≤ x ≤ 2 nên không tồn tại các giới hạn lim y nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. x →±∞

1 − 4 − x2 = −∞ nên x = −1 là đường TCĐ của đồ thị hàm số. x →−1 ( x + 1)( x − 3)

Ta có: lim y = lim x →−1

Vậy đồ thị hàm số có 1 TCĐ và không có TCN hay m =1,n = 0 . Vậy m+ n =1.

Chọn A. Chú ý khi giải: Một số em có thẻ sẽ không để ý đến điều kiện −2 ≤ x ≤ 2 mà đi tìm lim y = 0 dẫn đến kết luận y = 0 là x →±

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

TCN là sai. Câu 44: Phương pháp: Gọi M;N lần lượt là hình chiếu của A,B trên đáy còn lại không chứa A,B. Từ đó ta sử dụng định lý Pytago để tìm cạnh của hình vuông Sử dụng công thức: Diện tích hình vuông cạnh x bằng x 2 . Cách giải: Xét hình trụ như trên. Gọi cạnh hình vuông ABCD là x ( x > 0) Gọi M;N lần lượt là hình chiếu của A,B trên đáy còn lại không chứa A,B. Vì AB / /DC; AB = DC =>AB / /MN / /DC; AB = MN = DC hay MNDC là hình bình hành tâm O’. Lại có MD = NC = 2a nên MNDC là hình chữ nhật. Suy ra ND = NC 2 − DC 2 = 4a 2 − x 2 (1) (định lý Pytago trong tam giác DNC ) Lại có tam giác AND vuông tại N nên theo định lý Pyatgo ta có ND = AD 2 − AN 2 = x 2 − a 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra

4a 2 − x 2 = x 2 − a 2 ⇔ 2 x 2 = 5a 2 ⇔ x =

a 10 2

 a 10  5a 2 Diện tich hình vuông ABCD là x =   2  = 2 .   2

Chọn D. Câu 45: Phương pháp: - Gọi I (a;b;c) là tâm mặt cầu. - Lập hệ phương trình ẩn a,b,c dựa vào điều kiện IA = IB = IC = ID . Cách giải: Gọi I (a;b;c) là tâm mặt cầu đi qua bốn điểm A(2;0;0) ,B(1;3;0) ,C(-1;0;3) ,D(1;2;3) .  AI 2 = BI 2  Khi đó AI = BI = CI = DI ⇔  AI 2 = CI 2 CI 2 = DI 2   ( a − 2 )2 + b 2 + c 2 = ( a − 1)2 + ( b − 3)2 + c 2  2 2 2 ⇔  ( a − 2 ) + b 2 + c 2 = ( a + 1) + b 2 + ( c − 3)  2 2 2 2 2 2 ( a + 1) + b + ( c − 3) = ( a − 1) + ( b − 2 ) + ( c − 3) −4a + 4 = −2a + 1 − 6b + 9  −2a + 6b = 6 a = 0    ⇔  − 4 a + 4 = 2 a + 1 − 6c + 9 ⇔  − 6 a + 6c = 6 ⇔  b = 1  2a + 1 = −2a + 1 − 4b + 4  4a + 4b = 4 c =1    Suy ra I ( 0;1;1) và R = IA = 22 + 12 + 12 = 6 .

Chọn B. Câu 46: Phương pháp:

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

+ Viết phương trình hoành độ giao điểm. Phân tích để tách thành các nhân tử. Từ đó lập luận tìm điều kiện của m để phương trình có ba nghiệm phân biệt. + Tìm tọa độ ba giao điểm A,B,C. + Sử dụng: Nếu B, C nằm cùng phía với đường thẳng ( ∆ ) : a x + by + c = 0 thì

( axB + byB + c )( axC + byC + c ) + Sử dụng công thức khoảng cách d ( M ( ∆ ) ) =

axM + byM + c a 2 + b2

với

M ( xM ; yM ) , từ đó ta tìm được tham số m. So sánh với điều kiện rồi kết luận. Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và ( d ) : x 3 − 3x 2 + 4 = m ( x + 1) : ⇔ ( x + 1)( x − 2 ) = m ( x + 1) ⇔ ( x + 1)( x − 2 ) − m ( x + 1) = 0 ⇔ ( x + 1) ( x − 2 ) − m  = 0    x +1 = 0  x = −1 ⇔ ⇔ 2 2 ( x − 2 ) − m = 0 ( x − 2 ) = m (*) Để đường thẳng (d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác -1. 2

 m > 0 m > 0 Hay  ⇔ 2 m ≠ 9 ( x − 2 ) − m = 0

 x = −1  x = −1  ⇔ x = m +2 Khi đó hoành độ các giao điểm là  2  ( x − 2 ) = m x = − m + 2 Vì các giao điểm cũng thuộc đường thẳng (d) nên ta có tung độ các giao điểm là

x = −1 ⇒ y = m ( −1 + 1) = 0; x = m + 2 ⇒ y = m

(

)

m + 2 + 1 = m m + 3m;

)

x = − m + 2 ⇒ y = m − m + 2 + 1 = − m m + 3m Nên tọa độ giao điểm của (d) và (C) là A ( −1;0 ) ; B

(

) (

m + 2; m m + 3m ; C − m + 2; −m m + 3m

Vì B, C nằm cùng phía với ( ∆ ) : y = 2 x − 7 ⇔ y − 2 x + 7 = 0 nên :

( yB − 2 xB + 7 )( yC − 2 xC + 7 ) > 0 ⇔ ( m

(

)(

)

m + 3m − 2 m + 3 −m m + 3m + 2 m + 3 > 0

)(

)

Hay m m + 3m − 2 m + 3 ; −m m + 3m + 2 m + 3 cùng dấu. Ta có d ( B; ( ∆ ) ) =

m m + 3m − 2 m + 3

; d (C; ( ∆ ) ) =

−m m + 3m + 2 m + 3

d ( B; ∆ ) + d ( C ; ∆ ) = 6 5. m m + 3m − 2 m + 3 ⇔

(

− m m + 3m + 2 m + 3 +

)(

=6 5

)

Mà m m + 3m − 2 m + 3 ; −m m + 3m + 2 m + 3 cùng dấu, nên

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

)

⇔

m m + 3m − 2 m + 3 −m m + 3m + 2 m + 3 + =6 5 5 5

 m = 4 (tm) m + 1 = 5 ⇔ 2m m + 2m 6m + 6 = 30 ⇔  ⇔  m + 1 = −5  m = −6 ( ktm )

Vậy m = 4 là giá trị cần tìm. Chọn D. Chú ý: Các em có thể lập luận : Vì B, C nằm cùng phía với ( ∆ ) nên d ( B; ∆ ) + d ( C ; ∆ ) = 2d ( I , ∆ ) = 6 5 với I là trung điểm BC. Từ đó việc tính toán sẽ đơn giản hơn để tìm ra m. Câu 47: Phương pháp: 1 Đánh giá P ≥ P ( t ) với t = logb a qua bất đẳng thức b − ≤ b 2 4 Cách giải: 2

1 1 1  1  1  1  Ta có:  b −  ≥ 0, ∀b ∈  ;1 => b 2 − b + ≥ 0, ∀b ∈  ;1 => b − ≤ b 2 , ∀b ∈  ;1 2 4 4  4  4  4 

Mà

1 1  < a < 1 nên log a  b −  ≥ log a b 2 4 4 

1 2 1 1 2 1 Do đó P ≥ log a b 2 − log a b = 2 log a b − log a b = − . = − 2 log b a 2 log a log b a 2 ( log b a − 1) b b b b Đặt logb a = t . Do b < a < 1 nên logb b > logb a > log b 1 => 0 < t < 1

Suy ra P ≥ P ( t ) =

2 1 − với 0 < t < 1 . t 2 ( t − 1)

 2 t = ∈ ( 0;1) 2 1 −3t 2 + 8t − 4 Xét P ( t ) = − trên ( 0;1) ta có P ' ( t ) = =0⇔ 3 2 2  t 2 ( t − 1) 2t ( t − 1)  t = 2 ∉ ( 0;1)

Bảng biến thiên:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy P ( t ) ≥

9 9 2 suy ra min P ( t ) = khi t = t ∈ 0;1 ( ) 2 2 3

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

1  1  2 b=  b = b − 2  9  4 Do đó P ≥ P ( t ) => P ≥ . Dấu ''  '' xảy ra khi  ⇔ 2 2 log a = 2 a =  1  3 b    3  2  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

9 . 2

Chọn C. Câu 48: Phương pháp: * Sử dụng cách tìm góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) như sau: + Xác định giao tuyến d của (P) và (Q) + Xác định mặt phẳng ® vuông góc với đường thẳng d . + Xác định giao tuyến a = ( P) ∩ ( R); b = (Q ) ∩ ( R) + Góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) là góc giữa hai đường thẳng a và b . * Tính toán bằng cách sử dụng định lý Pytago, tam giác đồng dạng, định lý hàm số cos trong tam giác. Cho tam giác MNQ thì cos M =

MN 2 + MQ 2 − NQ 2 2 MN .MQ

Cách giải: Gọi H;M là trung điểm của AB;BC . DM cắt CH; AC lần lượt tại K và I .

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) + Ta có  mà SH ⊥ AB (do tam giác SAB đều ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB có SH là đường trung tuyến) Suy ra SH ⊥ (ABCD) + Xét ∆ BHC = ∆ CMD(c - g – c) =>B = DMC mà B + BCH = 900 =>KMC + KCM = 900 =>MKC = 900=>MD ⊥ CH Ta có MD ⊥ CH (cmt);MD ⊥ SH (do SH ⊥ ( ABCD ) nên MD ⊥ (SHC)=>MD ⊥ SC + Trong (SHC) kẻ KE ⊥ SC tại E. Ta có KE ⊥ SC và MD ⊥ SC =>SC ⊥ (EKD)

 ( SDC ) ⊥ ( KED )  ( SAC ) ⊥ ( KED ) ⇒ góc giữa ( SAC ) và ( SCD ) là góc tạo bởi EI; ED. Lại có  ( SDC ) ∩ ( KED ) = DE  ( SAC ) ∩ ( KED ) = IE Vì MC / / AD => ⇒ ID = Và

IA ID AD 2a = = = =2 IC IM MC a

2 2 2 2 a2 2 a 5 a 5 MD = DC 2 + MC 2 = a + = . = 3 3 3 4 3 2 3

1 IA a 2 = 2 => IC = AC = IC 3 2

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

+ Xét tam giác vuông DMC có CK là đường cao nên CK .MD = MC.CD ⇔ CK .

+ Ta có ∆CEK đồng dạng với ∆CHS =>

EK CK SH .CK = => EK = = SH CS CS

a 5 a a = a. => CK = 2 2 5

a 3 a a2 3 . 2 5 = 2 5 = a 3 2 a 2 2 10 HS + CH 2 2

a  a   a 3  + Tam giác KEC vuông tại E nên EC = CK − EK =   =  −  2 2  5   2 10  2

+ Tam giác IKC vuông tại K nên KI = IC 2 − CK 2 =

a 2a 2 a 2 − = 9 5 3 5

+ Xét tam giác EKI vuông tại K (vì MD ( SHC ) => DK ⊥ KE ) có

EI = EK 2 + KI 2 =

3a 2 a 2 a 7 + = 40 45 6 2

+ Xét tam giác ECD vuông tại E (do SC ⊥ ( EDK ) => SC ⊥ ED ) có 2

a 7  a  ED = CD 2 − EC 2 = a 2 −   = 2 2 2 2

7 a 2 7 a 2 5a 2 + − IE + ED − ID 8 9 = 5 >0 = 72 + Xét tam giác EID ta có cos IED = 2 IE.ED 7 a 7 a 7 2. . 6 2 2 2 2

Vậy cosϕ =

5 7

Chọn D. Câu 49: Phương pháp: - Tìm số cực trị của hàm số y = f ( x − 2018 ) + m , từ đó suy ra điều kiện để hàm số bài cho có 5 điểm cực trị. - Từ đó suy ra giá trị của m thỏa mãn bài toán.

Cách giải: Hàm số y = f ( x − 2018 ) + m có 3 điểm cực trị nên để đồ thị hàm số y = f ( x − 2018 ) + m có 5 điểm cực trị thì đường thẳng y = 0 phải cắt đồ thị hàm số y = f ( x − 2018 ) + m tại đúng 2 điểm (không bao gồm các

điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x − 2018 ) + m . Nói cách khác, đường thẳng y = -m cắt đồ thị hàm số y = f ( x − 2018 ) + m tại đúng 2 điểm (không bao gồm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x − 2018 ) .  −6 < −m ≤ −3 3 ≤ m < 6 Quan sát đồ thị ta thấy  ⇔  −m ≥ 2  m ≤ −2 Mà m nguyên dương nên m ∈ {3; 4;5} .

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

Vậy tổng các giá trị của m thỏa mãn là 3+ 4+5 = 12.

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

Chọn C. Câu 50: Phương pháp: + Dựa vào mối quan hệ về khoảng cách d ( a; b ) = d ( a; ( P ) ) = d ( N ; ( P ) ) = d ( M ; ( P ) ) = MH Với b ⊂ ( P ) / / a; M ; N ∈ a; MH ⊥ ( P ) + Ta dựng hình bình hành ABCD, gọi O là chân đường cao hạ từ S xuống đáy. + Xác định d ( A; ( SBC ) ) = d ( N ; SBC ) với N ∈ AD được chọn phù hợp và d ( SA; BC ) = d ( BC ; ( SAD ) ) = d ( H ; ( SAD ) ) với H ∈ BC được chọn phù hợp

1 + Dựa vào tam giác đồng dạng để tính SO , từ đó tính thể tích khối chóp V = h.S với h là chiều cao hình 3 chóp và S là diện tích đáy. Cách giải: Dựng hình bình hành ABCD. Gọi O là chân đường vuông góc kẻ từ S đến mặt phẳng ( ABCD)

( O ∈ ( ABCD ) ) Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt BC và AD lần lượt tại H và K. Khi đó ta có HM ⊥ BC ; HM ⊥ AD; SO ⊥ BC ; SO ⊥ AD (do SO ⊥ ( ABCD ) ) suy ra BC ⊥ ( SHM ) ; AD ⊥ ( SHM ) Trong (SHM) kẻ MN ⊥ SH tại N và HK ⊥ SM tại K. Ta có MN ⊥ SH và MN ⊥ BC (do BC ⊥ (SHM ) ) nên MN ⊥ (SBC) tại N =>d (M;(SBC)) = MN Vì AD / / BC => AD / / ( SBC ) ; M ∈ AD => d ( A; ( SBC ) ) = d ( M ; ( SBC ) ) = MN =

a 15 5

Tương tự ta có HK ⊥ (SAD) tại K =>d (H;(SAD)) = HK Vì BC / / AD => BC / / ( SAD ) ; H ∈ BC => d ( BC ; SA) = d ( BC ; ( SAD ) ) = d ( H ; ( SAD ) ) = HK =

a 15 5

Xét tam giác SHM có hai đường cao bằng nhau MN = HK nên tam giác SHM cân tại S. Lại có SO ⊥ MN =>O là trung điểm của MN. Ta có S ABCD = MH .BC = 2 S ABC ⇔ MH .a = 2.

a2 3 a 3 MH a 3 => MH = => OM = = 4 2 2 4

Xét tam giác MKH vuông tại K => MK = MH 2 − HK 2 =

3a 2 15a 2 a 3 − = 4 25 2 5

KH MK MO.HK Ta có ∆MKH đồng dạng với ∆MOS (g-g) nên = ⇒ SO = = SO MO MK

a 3 a 15 . 4 5 =a 3 2 a 3 2 5

1 1 a 3 a 2 3 a3 = . Khi đó thể tích VS . ABC = .SO.S ABC = . 3 3 2 4 8 Chọn B.

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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019

ĐỀ THI THAM KHẢO

Bài thi: TOÁN

(Đề thi có 06 trang)

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

Mục tiêu: Đề thi thử môn Toán THPT Lê Thánh Tông – Quảng Nam bám sát với đề thi minh họa của BGD&ĐT. Toàn bộ kiến thứ chủ yếu là lớp 12 và lớp 11, kiến thức lớp 12 chủ yếu tập trung ở HKI (thi tất cả những phần HS đã được học đến thời điểm hiện tại) không có kiến thức lớp 10. Các câu hỏi trải đều ở các chương, xuất hiện những câu khó lạ nhằm phân loại HS. Để làm tốt đề thi này, HS cần có kiến thức nắm chắc về tất cả các phần đã học. Câu 1. Tìm m để mọi tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 3 − mx 2 + ( 2m − 3) x − 1 đều có hệ số góc dương? A. m > 1 .

B. m ≠ 1 .

C. m ∈ ∅ .

D. m ≠ 0 .

C. 3.

D. 2.

Câu 2. Hàm số y = − x + 1 có bao nhiêu cực trị? 3

A. 1.

B. 0.

Câu 3. Cho đồ thị hàm số y = f ( x ) có lim f ( x ) = 0 và lim f ( x ) = +∞ . Mệnh đề nào sau đây là mệnh x →+∞

x →−∞

đề đúng? A. Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. B. Đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành. C. Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng y = 0 . D. Đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là trục hoành. Câu 4. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đạo hàm f ' ( x ) = ( x + 2 )( x − 1)

2018

( x − 2)

2019

. Khẳng

định nào sau đây là đúng? A. Hàm số có ba điểm cực trị. B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −2; 2 ) . C. Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 1 và đạt cực tiểu tại các điểm x ± 2 . D. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (1; 2 ) và ( 2; +∞ ) . Câu 5. Có bao nhiêu số hạng là số nguyên trong khai triển của biểu thức A. 403.

B. 134.

(

3+5 5

C. 136.

)

2019

D. 135.

Câu 6. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ , có bảng biến thiên như hình sau:

x y' y

−1

−∞

–

2 +

+∞ –

+∞

−3

+∞

Trong mệnh đề sau, mệnh đề nào Sai? A. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) , ( 2; +∞ ) .

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

Trang 1/5

B. Hàm số có hai điểm cực trị. C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị bé nhất bằng −3 . D. Đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận. Câu 7. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −2018; 2019] để đồ thị hàm số y = x 3 − 3mx + 3 và đường thẳng y = 3 x + 1 có duy nhất một điểm chung? A. 1.

B. 2019.

Câu 8. Cho sin x + cos x = A. sin x =

1− 7 . 6

C. 4038.

D. 2018.

1 π và 0 < x < . Tính giá trị của sin x . 2 2

B. sin x =

1− 7 . 4

C. sin x =

1+ 7 . 6

D. sin x =

1+ 7 . 4

Câu 9. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân ở B, AC = a 2 . SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và ( SA ) = a . Gọi G là trọng tâm của tam giác SBC. Một mặt phẳng đi qua hai điểm A, G và song song với BC cắt SB, SC lần lượt tại B ' và C ' . Thể tích khối chóp S . A ' B ' C ' bằng:

2a 3 . 9

2a 3 . 27

a3 . 9

4a 3 . 27

Câu 10. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log 32 3 x + log 3 x + m − 1 = 0 có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( 0;1) .

9 9 1 9 . B. m > . C. 0 < m < . D. m > − . 4 4 4 4 Câu 11. Cho tam giác ABC cân tại A, góc ∠BAC = 120° và AB = 4 cm. Tính thể tích khối tròn xoay lớn nhất có thể khi ta quay tam giác ABC xung quanh đường thẳng chứa một cạnh của tam giác ABC.

A. 0 < m <

A. 16 3π .

16π . 3

D. 16π .

Câu 12. Cho hàm số y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị hàm số như hình bên dưới đây: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f 2 ( x ) − ( m + 5 ) f ( x ) + 4m + 4 = 0 có 7 nghiệm phân biệt?

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 13. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để phương trình

( x − 1)( x − 3)( x − m ) = 0

có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số nhân tăng?

A. 2.

B. 1.

C. 4.

D. 3.

Câu 14. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ:

x y'

−1

−∞

–

2 −∞

Hỏi hàm số có bao nhiêu điểm cực trị? A. Có hai điểm. B. Có bốn điểm.

+∞

−

−1

C. Có một điểm.

+∞ D. Có ba điểm.

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

Trang 2/6

(a ) Câu 15. Rút gọn biểu thức P = 3 −1

a 4 − 5 .a

3 +1

5 −2

(với a > 0 và a ≠ 1 )

A. P = 1 . B. P = a . Câu 16. Mệnh đề nào sau đây Sai?

C. P = 2 .

D. P = a 2 . 2

A. ∀x ∈ ℝ, e x > 0 .

B. ∀x ∈ ℝ, e x ≥ 1 .

1 D. ∀x ∈ ℝ, ≤ esin x ≤ e . e Câu 17. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = x, AD = 1 . Biết rằng góc giữa đường thẳng

C. ∀x ∈ ℝ, e − x < 1 .

A ' C và mặt phẳng

( ABB ' A ')

bằng 30°. Tìm giá trị lớn nhất Vmax của thể tích khối hộp

ABCD. A ' B ' C ' D ' . 3 1 3 . B. Vmax = . C. Vmax = . 4 2 2 Câu 18. Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 9. B. 6. C. 4.

A. Vmax =

Câu 19. Cho biết ( x − 2 )

−1 3

D. Vmax =

3 3 . 4

D. 3.

−1 6

> ( x − 2 ) , khẳng định nào sau đây Đúng?

A. 2 < x < 3 . B. 0 < x < 1 . C. x > 2 . D. x > 1 . Câu 20. Trong các lăng trụ sau, lăng trụ nào không nội tiếp được trong một mặt cầu? A. Lăng trụ có đáy là hình chữ nhật. B. Lăng trụ có đáy là hình vuông. C. Lăng trụ đứng có đáy là hình thoi. D. Lăng trụ đứng có đáy là hình thang cân. Câu 21. Trong tất cả các hình thang cân có cạnh bên bằng 2 và cạnh đáy nhỏ bằng 4, tính chu vi P của hình thang có diện tích lớn nhất. A. P = 12 .

B. P = 8 .

C. P = 10 + 2 3 .

D. 5 + 3 .

Câu 22. Cho log 8 x + log 4 y 2 = 5 và log 8 y + log 4 x 2 = 7 . Tìm giá trị của biểu thức P = x − y . A. P = 64 . Câu

23.

B. P = 56 . Cho

hình

chóp

S.ABCD

C. P = 16 . có

đáy

ABCD

D. P = 8 . là

hình

thang

cân

( AD / / BC ) ,

BC = 2a, AB = AD = DC = a với a > 0 . Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Biết SD vuông góc AC. M là một điểm thuộc đoạn OD; MD = x với x > 0 ; M khác O và D. Mặt phẳng

(α )

đi qua (α ) đi qua M và song song với hai đường thẳng SD và AC cắt khối chóp S.ABCD theo một

thiết diện. Tìm x để diện tích thiết diện là lớn nhất?

3 3 . B. a 3 . C. a . D. a. 4 2 Câu 24. Trải mặt xung quanh của một hình nón lên một mặt phẳng ta được hình quạt (xem hình bên dưới) là phần của hình tròn có bán kính bằng 3cm. Bán kính đáy r của hình nón ban đầu gần nhất với số nào dưới đây? A. 2,25. B. 2,26. C. 2,23. D. 2,24. Câu 25. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại C, AB = 2a , A. a

AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Biết góc giữa hai mặt phẳng

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

Trang 3/6

( SAB ) A.

và ( SBC ) bằng 60°. Tính thể tích khối chóp S.ABC.

a3 6 . 4

a3 2 . 2

a3 2 . 6

a3 6 . 12

Câu 26. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình dưới đây: Xét các mệnh đề sau: (I). Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;1) (II). Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; 2 ) (III). Hàm số có ba điểm cực trị (IV). Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2. Số mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên là: A. 4. B. 2. C. 3. D. 1. Câu 27. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = cos 2 x + mx đồng biến trên ℝ .

A. 4.

B. 2.

C. 3.

D. 1.

Câu 28. Cho a, b là các số thực thỏa mãn a > 0 và a ≠ 1 biết phương trình a x −

1 = 2 cos ( bx ) có 7 ax

nghiệm thực phân biệt. Tìm số nghiệm thực phân biệt của phương trình a 2 x − 2a x ( cos bx + 2 ) + 1 = 0 .

A. 14. B. 0. Câu 29. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Phép vị tự là một phép đồng dạng. C. Có phép vị tự không phải là phép dời hình. Câu 30. Tìm hàm số đồng biến trên ℝ .

C. 7.

D. 28.

B. Phép đồng dạng là một phép dời hình. D. Phép dời hình là một phép đồng dạng. x

A. f ( x ) = 3 . x

B. f ( x ) = 3 . −x

 1  C. f ( x ) =   .  3

D. f ( x ) =

3 . 3x

Câu 31. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AD, BC; G là trọng tâm của tam giác BCD. Khi đó, giao điểm của đường thẳng MG và mp ( ABC ) là:

A. Giao điểm của đường thẳng MG và đường thẳng AN. B. Điểm N. C. Giao điểm của đường thẳng MG và đường thẳng BC. D. Điểm A. Câu 32. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng

 π π f ( x ) = − sin 2 x + 4 cos x + mx 2 không có cực trị trên đoạn  − ;  ?  2 2 A. 5. B. 4. C. 3. Câu 33. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên ℝ ? A. y = x 3 + 4 x 2 + 3 x − 1 . C. y =

1 3 1 2 x − x + 3x + 1 . 3 2

( −6;5 )

sao cho hàm số

D. 2.

B. y = x 4 − 2 x 2 − 1 . D. y =

x −1 . x+2

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

Trang 4/6

Câu 34. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 2

 x+ y  ln    2 

.5ln ( x + y ) = 2ln 5 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

P = ( x + 1) ln x + ( y + 1) ln y . A. Pmax = 10 .

B. Pmax = 0 .

C. Pmax = 1 .

D. Pmax = ln 2 .

Câu 35. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ( a; b ) . Phát biểu nào sau đây sai? A. Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( a; b ) khi và chỉ khi f ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ( a; b ) . B. Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( a; b ) khi và chỉ khi f ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ( a; b ) và f ' ( x ) = 0 tại hữu hạn giá trị x ∈ ( a; b ) .

C. Hàm số

y = f ( x)

nghịch biến trên khoảng

( a; b )

khi và chỉ khi

∀x1 , x2 ∈ ( a; b ) :

x1 > x2 ⇔ f ( x1 ) < f ( x2 ) . D. Nếu f ' ( x ) < 0, ∀x ∈ ( a; b ) thì hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( a; b ) . Câu 36. Chọn ngẫu nhiên 3 số tự nhiên từ tập hợp A = {1, 2,3,..., 2019} . Tính xác suất P trong 3 số tự nhiên được chọn không có 2 số tự nhiên liên tiếp.

677040 2017 2016 1 . B. P = . C. P = . D. P = . 679057 679057 679057 679057 Câu 37. Cho hình trụ có bán kính đáy R và độ dài đường sinh là l. Thể tích khối trụ là:

A. P =

A. V = π r 2l .

B. V =

π r 2l

C. V =

π rl 2

D. V = π rl 2 .

3 3 Câu 38. Cho hình trụ có chiều cao bằng bán kính đáy và bằng 4cm. Điểm A nằm trên đường tròn tâm O, điểm B nằm trên đường tròn đáy tâm O ' của hình trụ. Biết khoảng cách giữa 2 đường thẳng OO ' và AB bằng 2 2 cm. Khi đó khoảng cách giữa OA ' và OB bằng:

2 3 4 2 . B. . 3 3 Câu 39. Cho a > 0; b > 0 . Tìm đẳng thức sai. A.

A. log 2 ( ab ) = 2 log 2 ( ab ) . C. log 2 a − log 2 b = log 2 Câu 40. Cho hàm số y =

a . b

C. 2 3 .

4 3 . 3

B. log 2 a + log 2 b = log 2 ( ab ) . D. log 2 a + log 2 b = log 2 ( a + b ) .

x +1 có đồ thị là ( C ) . Khẳng định nào sau đây là sai? x−3

A. Đồ thị ( C ) cắt đường tiệm cận ngang của nó tại một điểm. B. Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 2 ) . C. Đồ thị ( C ) có 3 đường tiệm cận. D. Hàm số có một điểm cực trị. Câu 41. Đồ thị hàm số sau đây là đồ thị hàm số nào? A. y = − x 4 + 2 x 2 + 1 .

B. y = − x 4 + 2 x 2 .

C. y = x 4 − 2 x 2 .

Câu 42. Tìm tập xác định D của hàm số y = ( 5 + 4 x − x 2 )

D. y = x 4 − 2 x 2 + 1 .

2019

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

Trang 5/6

A. D = (1;5) .

B. D = ℝ \ {−1;5} .

C. D = ( −1;5) .

D. D = ( −∞; −1) ∪ ( 5; +∞ ) .

 x 2 + 3x + 2 khi x < −1  Câu 43. Tìm giá trị của tham số m để hàm số f ( x ) =  x 2 − 1 liên tục tại x = −1 mx + 2 khi x ≥ −1 

3 A. m = − . 2

B. m =

5 . 2

C. m =

−5 . 2

D. m =

3 . 2

Câu 44. Cho A là điểm nằm trên mặt cầu ( S ) tâm ( O ) , có bán kính R = 6cm . I, K là 2 điểm trên đoạn OA sao cho OI = IK = KA . Các mặt phẳng (α ) , ( β ) lần lượt qua I, K cùng vuông góc với OA và cắt mặt cầu ( S ) theo các đường tròn có bán kính r1 , r2 . Tính tỉ số

r1 4 . = r2 10

r1 5 . = r2 3 10

r1 r2

r1 3 10 = . 4 r2

r1 3 10 = . 5 r2

Câu 45. Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy a = 3 . Biết tam giác A ' BA có diện tích bằng 6. Thể tích tứ diện ABB ' C ' bằng: A. 3 3 .

3 3 . 2

C. 6 3 .

D. 9 3 .

Câu 46. Cho hàm số y = x 3 + 5 x + 7 . Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [ −5;0] bằng bao nhiêu? A. 5.

B. 7.

C. 80.

Câu 47. Cho biết 9 x − 122 = 0 , tính giá trị biểu thức P = A. 15.

3 C. 23.

B. 31. 1

Câu 48. Cho hàm số f ( x ) = e 3

1 − x −1

3 x3 − x2 2

D. −143 .

− 8.9

x −1 2

+ 19 D. 22.

. Tìm mệnh đề đúng.

A. Hàm số f ( x ) nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;0 ) và ( 3; +∞ ) . B. Hàm số f ( x ) đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; 0 ) và ( 3; +∞ ) . C. Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) và ( 3; +∞ ) . D. Hàm số f ( x ) đồng biến trên ( 0;3) . Câu 49. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' , M là trung điểm của CC ' . Mặt phẳng ( ABM ) chia khối lăng trụ thành hai khối đa diện. Gọi V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh C và V2 là thể tích khối đa diện còn lại. Tính tỉ số

V1 . V2

2 1 1 1 . B. . C. . D. . 5 6 2 5 Câu 50. Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có AC = a; BC = 2a, ∠ACB = 120° . Gọi M là trung điểm của

BB ' . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CC ' theo a.

A. a

3 . 7

B. a

3 . 7

C. a 3 .

D. a

7 . 7

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

Trang 6/6

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số Chương 1: Hàm Số

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C2 C33

C16

C1 C3 C4 C6 C7 C14 C26 C41

C12 C27 C32 C35 C40 C43 C48

C46

C15 C19 C30 C39 C42 C47

C10 C22 C34

C28

C9 C17 C25 C45 C49 C50

C23

C24 C37 C38

C44

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng Lớp 12 (90%)

Chương 4: Số Phức

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C18 C20

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C11

C21 C31

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác Lớp 11 (10%)

Chương 2: Tổ Hợp - Xác Suất Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C5 C36

C13

Chương 4: Giới Hạn

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

Trang 7/6

Chương 5: Đạo Hàm

Hình học Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng

C29

Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (0%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Tổng số câu

Điểm

1.4

3.8

4.2

0.6

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

Trang 8/6

Mức độ đề thi: KHÁ + Đánh giá sơ lược: Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11 chiêm 10% Không có câu hỏi lớp 10. Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 24 câu VD-VDC phân loại học sinh 3 câu hỏi khó ở mức VDC C23 28 44 Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng

Đề phân loại học sinh ở mức khá

ĐÁP ÁN 1. C

2. B

3. D

4. B

5. B

6. C

7. D

8. D

9. B

10. A

11. D

12. C

13. D

14. A

15. A

16. C

17. C

18. C

19. A

20. C

21. C

22. B

23. A

24. A

25. C

26. B

27. D

28. A

29. B

30. A

31. A

32. C

33. C

34. B

35. A

36. B

37. A

38. D

39. D

40. C

41. B

42. C

43. D

44. A

45. A

46. B

47. C

48. B

49. D

50. B

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Chọn đáp án C Phương pháp Mọi tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; f ( x0 ) ) có hệ số góc dương

f ' ( x0 ) > 0 ∀x ∈ ℝ . Cách giải Ta có: y ' = 3 x 2 − 2mx + 2m − 3 . Gọi M ( x0 ; y0 ) là điểm thuộc đồ thị hàm số. Khi đó đồ thị hàm số có các tiếp tuyến có hệ số góc dương

⇔ f ' ( x0 ) > 0 ⇔ 3x 2 − 2mx + 2m − 3 > 0 ∀x ∈ ℝ 3 > 0 ( lu«n ®óng ) a > 0 2 ⇔ ⇔ 2 ⇔ m 2 − 6m + 9 < 0 ⇔ ( m − 3) < 0 (VN ) ∆ ' < 0 m − 3 ( 2m − 3) < 0 Câu 2. Chọn đáp án B Phương pháp Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x ) là số nghiệm bội lẻ của phương trình f ' ( x ) = 0 .

Cách giải Ta có: y ' = −3 x 2 = 0 ⇔ x = 0 Mà x = 0 là nghiệm kép của phương trình y ' = 0 ⇒ x = 0 không là điểm cực trị của đồ thị hàm số.

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

Trang 9/6

Câu 3. Chọn đáp án D Phương pháp +) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x ) =

g ( x) ⇔ lim f ( x ) = ∞ . x→a h ( x)

+) Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x ) ⇔ lim f ( x ) = b . x →±∞

Cách giải Theo đề bài ta có: lim f ( x ) = 0 ⇒ y = 0 là TCN của đồ thị hàm số. x →+∞

Lại có: lim f ( x ) = +∞ x →−∞

⇒ Hàm số có BBT như sau:

−∞

f ( x)

+∞

Câu 4. Chọn đáp án B Phương pháp +) Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x ) là số nghiệm bội lẻ của phương trình f ' ( x ) = 0 . +) Hàm số y = f ( x ) đồng biến ⇔ f ' ( x ) ≥ 0 , bằng 0 tại hữu hạn điểm. +) Hàm số y = f ( x ) nghịch biến ⇔ f ' ( x ) ≤ 0 , bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải Ta có: f ' ( x ) = 0 ⇔ ( x + 2 )( x − 1)

2018

( x − 2)

2019

 x = −2 = 0 ⇔  x = 1  x = 2

Trong đó x = −2, x = 2 là hai nghiệm bội lẻ, x = 1 là nghiệm bội chẵn

⇒ x = −2, x = 2 là hai điểm cực trị của hàm số, x = 1 không là điểm cực trị. ⇒ đáp án A sai. Ta có: f ' ( x ) ≥ 0 ⇔ ( x + 2 )( x − 1) ⇔ ( x + 2 )( x − 2 )

2019

2018

( x − 2)

2019

≥0

x ≥ 2 ≥0⇔  x ≤ −2

⇒ hàm số đồng biến trên ( −∞; −2 ) và ( 2; +∞ ) , hàm số nghịch biến trên ( −2; 2 ) . Câu 5. Chọn đáp án B Phương pháp n

Sử dụng công thức khai triển của nhị thức: ( a + b ) = ∑ Cnk a n − k b k . n

k =0

Cách giải Trang 10/6

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

Ta có:

(

3+ 5 5

)

2019

k = ∑ C2019 k =0

( ) 3

2019 − k

( ) 5

2019

k 3 = ∑ C2019

2019 − k 3

55 .

k =0

k 5 ∈ℤ   2019 − k Số hạng là số nguyên trong khai triển ⇔  ∈ℤ . 3  0 ≤ k ≤ 2019  

⇒ k ⋮ 5, ( 2019 − k )⋮ 3 . Mà 2019⋮ 3 ⇒ k ⋮ 3 . Mà ( 3;5 ) = 1 ⇒ k ⋮15 ⇒ k = 15m ( m ∈ ℤ ) Mà 0 ≤ k ≤ 2019 ⇔ 0 ≤ 15m ≤ 2019 ⇔ 0 ≤ m ≤ 134, 6 ⇔ Có 134 số nguyên k thỏa mãn. Vậy khai triển trên có 134 số hạng là số nguyên. Câu 6. Chọn đáp án D Phương pháp Dựa vào BBT để nhận xét các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.

Cách giải Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên ( −1; 2 ) và nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( 2; +∞ ) .

⇒ đáp án A đúng. Hàm số có hai điểm cực trị là xCD = 2 và xCT = −1

⇒ đáp án B đúng. Có lim f ( x ) = −4 ⇒ y = −4 là TCN là đồ thị hàm số. x →+∞

Câu 7. Chọn đáp án D Phương pháp Đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = g ( x ) có duy nhất 1 điểm chung ⇒ phương trình hoành độ giao điểm f ( x ) = g ( x ) có nghiệm duy nhất.

Cách giải Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hai đồ thị hàm số là:

x3 − 3mx + 3 = 3 x + 1 ⇔ x 3 − 3 ( m + 1) x + 2 = 0 (*) Hai đồ thị hàm số có duy nhất 1 điểm chung khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm duy nhất. (*) ⇔ x3 − 3 x + 2 = 3mx Xét x = 0 ⇔ 2 = 0 (vô lí) ⇒ x = 0 không là nghiệm của (*)

x3 − 3x + 2 2 = x2 − 3 + = f ( x ) ( x ≠ 0 ) x x 2 f ' ( x ) = 2 x − 2 = 0 ⇔ x3 = 1 ⇔ x = 1 . x BBT:

⇔ 3m =

f '( x)

−∞

–

1 –

+∞

+ Trang 11/6

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

f ( x)

+∞

+∞ −∞

+∞

Phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 3m < 0 ⇔ m < 0 . m ∈ ℤ Kết hợp điều kiện đề bài ta có:  ⇒ Có 2018 giá trị nguyên của m thỏa mãn. m ∈ [ −2018;0 )

Câu 8. Chọn đáp án D Phương pháp Sử dụng các công thức lượng giác cơ bản: sin 2 x + cos 2 x = 1 . Vớ i 0 < x <

π 2

⇒ sin x > 0 , cos x > 0 .

Cách giải Theo đề bài ta có: sin x + cos x =

1 2

1 1 3 ⇔ 1 + 2sin x cos x = ⇔ sin x.cos x = − . 4 4 8 Áp dụng định lý Vi-ét đảo ta có hai số sin x, cos x là hai nghiệm của phương trình 2

⇔ ( sin x + cos x ) =

 1+ 7 X=  1 3 4 X2 − X − =0⇔  2 8  1− 7 X = 4  1+ 7  π Vì x ∈  0;  ⇒ 0 < sin x < 1 ⇒ sin x = là nghiệm cần tìm. 4  2

Câu 9. Chọn đáp án B Phương pháp +) Xác định các điểm B ', C ' . SB ' SC ' . , SB SC +) Sử dụng công thức tính tỉ lệ thể tích: Cho các điểm M ∈ SA, N ∈ SB, P ∈ SC +) Sử dụng định lý Ta-lét tính các tỉ số

ta có:

VSMNP SM SN SP . . . = VSABC SA SB SC

+) Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao 1 h là: V = Sh . 3 Cách giải Qua G, kẻ đường thẳng song song với BC, cắt SC tại B ' cắt SC tại C '. Gọi M là trung điểm của BC. ⇒

SG 2 = (tính chất đường trung tuyến). SM 3

Trang 12/6

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

Ta có: B ' C '/ / BC ⇒

AB =

SB ' SC ' SG 2 = = = (định lý Ta-let) SB SC SM 3

AC = a ( ∆ABC cân tại B) 2

1 1 1 1 1 1 Có: VSABC = SA.S ABC = SA. AB 2 = .a. a 2 = a 3 . 3 3 2 3 2 6 Theo công thức tỉ lệ thể tích ta có: VSAB 'C ' SA SB ' SC ' 2 2 4 4 4 1 2 3 = = . = ⇒ VSAB ' C ' = VSABC = . a 3 = a . . . 9 9 6 27 VABC SA SB SC 3 3 9

Câu 10. Chọn đáp án A Phương pháp +) Tìm điều kiện xác định của phương trình. +) Đặt ẩn phụ t = log 3 x ⇒ x = 3t để giải phương trình. Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc ( 0;1) ⇔ phương trình ẩn t có hai nghiệm phân biệt thuộc ( −∞;3 ) .

Cách giải Điều kiện: x > 0 . Đặt t = log 3 x ⇒ x ∈ ( 0;1) ⇒ t ∈ ( −∞;0 ) Khi đó ta có phương trình: 2

log 32 3 x + log 3 x + m − 1 = 0 ⇔ ( log 3 3 + log 3 x ) + log 3 x − 1 = − m

⇔ log 32 x + 3log 3 x = −m ⇔ t 2 + 3t = −m (*)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc ( 0;1) ⇔ phương trình ẩn t có hai nghiệm phân biệt thuộc ( −∞;3 ) . Xét hàm số: y = t 2 + 3t trên ( −∞;3 ) ta có: y ' = 2t + 3

3 ⇒ y ' = 0 ⇔ 2t + 3 = 0 ⇔ t = − . 2 Ta có BBT:

−∞

−

3 2

0 0

+∞

−

9 4

Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt thuộc ( −∞;0 ) thì đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số 9 9 y = f ( t ) tại hai điểm phân biệt thuộc ( −∞;0 ) ⇒ − < −m < 0 ⇔ 0 < m < . 4 4 Câu 11. Chọn đáp án D Phương pháp

Trang 13/6

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

1 Sử dụng công thức tính thể tích khối nón có chiều cao h và bán kính đáy r là V = π r 2 h . 3 Cách giải Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có: BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos ∠BAC = 42 + 42 − 2.42

−1 = 3.42 ⇒ BC = 4 3 . 2

+) Gọi H là trung điểm của BC. Khi quay tam giác ABC quanh cạnh BC ta được 2 hình nón có chung bán kính đáy AH, đường cao lần lượt là BH và CH với AH = AB.cos 60° = 2 ; BH = CH =

1 4 3 BC = = 2 3. 2 2

1 1 1 V = π AH 2 .BH + π AH 2 .CH = π . AH 2 ( BH + CH ) 3 3 3 1 8π 3 = π 22.2 3 = . 3 3 +) Khi quay tam giác ABC quanh AB ta được khối tròn xoay như sau: Gọi D là điểm đối xứng C qua AB, H là trung điểm của CD.

180° − 120° = 30° 2 1 ⇒ HC = BC.sin 30° = 4 3. = 2 3 2

Ta có: ∠ABC =

BH = BC.cos 30° = 4 3.

3 =6 2

2 1 1 1 1 ⇒ V = π HC 2 .BH − π HC 2 . AH = π HC 2 . AB = π 2 3 .4 = 16π 3 3 3 3

(

)

+) Do điểm B và C có vai trò như nhau nên khi quay tam giác ABC quanh AC ta cũng nhận được khối tròn xoay có thể tích bằng 16. Vậy thể tích lớn nhất có thể được khi quay tam giác ABC quanh một đường thẳng chứa cạnh của tam giác ABC là 16π. Câu 12. Chọn đáp án C Phương pháp +) Đặt t = f ( x ) , suy ra phương trình bậc hai ẩn t (*). +) Vẽ đồ thị hàm số y = f ( x ) , nhận xét các TH nghiệm của phương trình f ( x ) = t , từ đó suy ra điều kiện nghiệm của phương trình (*). Cách giải

Đặt t = f ( x ) ⇒ Phương trình trở thành:

t = 4 t 2 − ( m + 5 ) t + 4m + 4 = 0 ⇔ ( t − 4 )( t − m − 1) = 0 ⇔  (*). t = m + 1 Đồ thị hàm số y = f ( x ) Trang 14/6

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

Ta thấy phương trình f ( x ) = t có các trường hợp sau: +) Vô nghiệm. +) Có 2 nghiệm phân biệt +) Có 3 nghiệm phân biệt +) Có 4 nghiệm phân biệt Do đó để phương trình (*) có 7 nghiệm x phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm t1 , t2 phân biệt thỏa mãn 0 < t1 < 4, t2 = 4 ⇒ 0 < m + 1 < 4 ⇔ −1 < m < 3 . Kết hợp điều kiện m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {0;1; 2} .

Câu 13. Chọn đáp án D Phương pháp Cho ba số a, b, c lập thành CSN thì ta có: b 2 = ac . Cách giải x = 1 Ta có: ( x − 1)( x − 3)( x − m ) = 0 ⇔  x = 3  x = m Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m ∉ {1;3} . +) Giả sử 1; 3; m lập thành 1 CSN tăng ⇒ 32 = m.1 ⇔ m = 9 (tm) +) Giả sử m; 1; 3 lập thành 1 CSN tăng ⇒ 12 = m.3 ⇔ m =

1 (tm) 3

+) Giả sử 1; m; 3 lập thành 1 CSN tăng ⇒ m 2 = 3.1 ⇔ m 2 = 3 ⇒ m = 3 (tm) Vậy có 3 giá trị m thỏa mãn. Câu 14. Chọn đáp án A Phương pháp Dựa vào BBT để xác định số điểm cực trị của đồ thị hàm số. Cách giải Dựa vào BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị là x = −1, x = 1 .

Câu 15. Chọn đáp án A Phương pháp n

Sử dụng các công thức ( a m ) = a m.n , a m .a n = a m + n ,

am = a m−n . n a

Cách giải

(a ) P= 3 −1

3 +1

(

)(

3 −1

)

3 +1

a 3−1 =1 a2

a 4− 5 .a 5 − 2 a 4− 5 + 5 − 2 Câu 16. Chọn đáp án D Phương pháp Sử dụng các tính chất của hàm mũ để chọn đáp án đúng. Cách giải Ta có: e x > 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ đáp án A đúng. 2

e x ≥ 1 ⇔ e x ≥ e0 ⇔ x 2 ≥ 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ đáp án B đúng.

Trang 15/6

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

e − x > 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ đáp án C sai.

−1 ≤ sin x ≤ 1 ⇔ e −1 ≤ esin x ≤ e1 ⇔

1 sin x ≤ e ≤ e ⇒ Đáp án D đúng. e

Câu 17. Chọn đáp án C Phương pháp +) Xác định góc giữa A ' C và ( ABB ' A ' ) . +) Sử dụng định lý Pytago tính AA ' . +) Sử dụng công thức tính thể tích VABC . A ' B ' C ' = AA '. AB. AD = V . Áp dụng BĐT Cô-si tìm Vmax .

Cách giải Ta có BC ⊥ ( ABB ' A ' ) ⇒ A ' B là hình chiếu của A ' C lên ( ABB ' A ' )

⇔ ∠ ( A ' C ; ( ABB ' A ') ) = ∠ ( A ' C ; A ' B ) = ∠BA ' C = 30° . BC ⊥ ( ABB ' A ' ) ⇒ BC ⊥ A ' B ⇒ ∆A ' BC vuông tại A ' . Xét tam giác vuông A ' BC có: A ' B = BC.cot 30° = 3 Xét tam giác vuông AA ' B có: AA ' = A ' B 2 − AB 2 = 3 − x 2 ⇒ VABC . A ' B 'C ' = AA '. AB. AD = 3 − x 2 .x = V

Áp dụng BĐT Cô-si ta có

3 − x 2 .x ≤

3 − x2 + x2 3 3 6 = ⇒ Vmax = ⇔ 3 − x 2 = x 2 ⇔ x = . 2 2 2 2

Câu 18. Chọn đáp án C Phương pháp Sử dụng lý thuyết khối đa diện. Cách giải Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó: +) 3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện. +) 1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên.

Câu 19. Chọn đáp án A Phương pháp m n   f ( x )  >  f ( x )  ⇔ 0 < f ( x) < 1. Giải bất phương trình lũy thừa:  n < m

Cách giải Trang 16/6

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

Ta có: ( x − 2 )

−

1 3

> ( x − 2)

−

1 6

⇔ 0 < x − 2 <1⇔ 2 < x < 3.

Câu 20. Chọn đáp án C Phương pháp Các tứ giác có thể nội tiếp đường tròn là: hình chữ nhật, hình vuông, hình thang cân. Cách giải Các tứ giác có thể nội tiếp đường tròn là: hình chữ nhật, hình vuông, hình thang cân. Câu 21. Chọn đáp án C Phương pháp Sử dụng công thức tính chu vi hình thang, diện tích hình thang và áp dụng định lý Pi-ta-go. Xét hàm số, tính giá trị lớn nhất. Cách giải Gọi H là chân đường cao kẻ từ A đến CD ta có: S ABCD =

Đặt AH = x ( 0 < x < 2 ). Khi đó áp dụng

định

lý

Pi-ta-go

( AB + CD ) . AH 2 ta

có:

DH = AD 2 − AH 2 = 4 − x 2 . Ta có: DH = CK = 4 − x 2 ⇒ CD = 2 4 − x 2 + 4 .

⇒ S ABCD

(4 + 2 =

( AB + CD ) . AH = 2

) = (8 + 2

4 − x 2 + 4 .x

)

4 − x2 x

)

(

Xét hàm số f ( x ) = 8 + 2 4 − x 2 x = 8 x + 2 x 4 − x 2 ( 0 < x < 2 ) 4 x2

Ta có: f ' ( x ) = 8 + 2 4 − x −

⇒ f '( x) = 0 ⇔ 8 +

4 ( 2 − x2 ) 4− x

2 4 − x2

=8+

2 ( 4 − x2 ) − 2 x2 4 − x2

=8+

4 ( 2 − x2 ) 4 − x2

= 0 ⇔ 8 4 − x2 + 4 ( 2 − x2 ) = 0

2  x 2 − 2 ≥ 0  x ≥ 2 ⇔ 2 4− x = x −2 ⇔  ⇔ ⇔ x 2 = 2 3 (tm)  4 2 4 2 4 4 − x = x − 4 x + 4 )  x = 12  ( 2

⇒ S max ⇔ x 2 = 2 3 ⇒ CD = 2 4 − 2 3 + 4 = 2

(

)

3 −1 + 4 = 2 3 + 2

Khi đó chu vi của hình thang là:

P = AB + 2. AD + CD = 4 + 2.2 + 2 3 + 2 = 10 + 2 3 . Câu 22. Chọn đáp án B Phương pháp Giải hệ phương trình logarit và áp dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối. Cách giải Điều kiện: x, y ≠ 0 . Theo đề bài ta có hệ phương trình:

Trang 17/6

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

1 log 8 x + log 4 y 2 = 5  3 log 2 x + log 2 y = 5 ⇔  2  1 log y + log x = 7 log 8 y + log 4 x = 7 2  3 2 3 3  log 2 x + log 2 y = 15 log 2 xy = 15 ⇔ ⇔ 3 3 log 2 y + log 2 x = 21 log 2 x y = 21 2  xy 3 = 215 (*) x3 y x x  64 ⇔ ⇔ = ⇔ = 64 ⇔ =8⇔ x =8 y 3 3 21 y y xy x y = 2 

Thay vào (*) ta có 8 y 4 = 215 ⇔ y = 4 4096 = 8 Khi đó ta có P = x − y = 8 y − y = 7 y = 7.8 = 56

Câu 23. Chọn đáp án A Phương pháp +) Chứng minh SD ⊥ ( ABCD ) . +) Xác định mặt phẳng (α ) , chia thiết diện thành 1 hình chữ nhật và một tam giác để tính diện tích.

Cách giải Gọi H là trung điểm của BC ta có SH ⊥ BC . Ta dễ dàng chứng minh được ADCH là hình thoi ⇒ HD ⊥ AC . Lại có SD ⊥ AC (gt) ⇒ AC ⊥ ( SHD ) ⇒ AC ⊥ SH

 SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) .   SH ⊥ AC Trong ( ABCD ) kẻ PQ / / AC ( P ∈ AD; Q ∈ CD ), trong ( SBD ) kẻ MT / / SD (T ∈ SA ) , trong ( SCD ) kẻ QR / / SD ( R ∈ SC ), trong ( SAB ) kẻ PU / / SD (U ∈ SA ) .

Khi đó (α ) ≡ ( PQRTU ) Ta có PQ / /UR / / AC ; UP / / QR / / SD ⇒ Tứ giác PQRU là hình bình hành. Lại có SD ⊥ AC ⇒ PQ ⊥ PU ⇒ PQRU là hình chữ nhật. Ta có HA = HB = HC = HD ⇒ SA = SB = SC = SD Áp dụng định lí Ta-lét ta có: Do ABCD là hình thang cân ⇒ ∆ACD vuông tại D.

⇒ BD = 4a 2 − a 2 = a 3 = AC . Xét tam giác vuông ABC có: AB a 1 = = ⇒ ∠ACDB = 30° = ∠ADB = ∠CAD . BC 2a 2 ⇒ ∠AOD = 120° Áp dụng định lí Cosin trong tam giác OAD ta có: sin ∠ACB =

AD 2 = OA2 + OD 2 − 2OA.OD.cos ∠AOD ⇒ a 2 = 2OA2 − 2OA2 .

−1 a = 3OA2 ⇒ OA = = OD 2 3

Trang 18/6

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

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

MD PQ x PQ xa 3 = ⇒ = ⇔ PQ = = 3x . a a OD AC a 3 3 3

Tam giác SBC đều cạnh 2a ⇒ SH =

2a 3 = a 3 ⇒ SD = 3a 2 + a 2 = 2a 2

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

 a  a 2a  − x −x UP AP OM UP 3  =2 a−x 3 . = = ⇒ = 3 ⇒ UP =  a a SD AD OD 2a 3 3

(

)

(

⇒ S PQRU = PQ.UP = 3 x.2 a − x 3 = 6 x a − x 3

)

Ta có

MT BM MD x x  x    = = 1− = 1− ⇒ MT =  1 − .2a = 2  a −   SD BD BD 3 a 3  a 3  x   ⇒ TE = TM − ME =  1 −  .2a − 2 a − x 3  a 3

(

)

x   4x 3 = 2 a − −a+ x 3 = 3 3  

⇒ STUR =

1 1 4x 3 .3 x = 2 x 2 3 SE.UR = . 2 2 3

(

)

Vậy S PQRTU = S PQUR + STUR = 6 x a − x 3 + 2 x 2 3 = 6ax − 4 x 2 3

S PQRTU max ⇔ x =

6a 3a . = 4 2.4 3

Câu 24. Chọn đáp án A Phương pháp Chu vi đường tròn đáy của hình nón chính là độ dài cung tròn của phần hình học được trải ra có bán kính 3cm. Cách giải 3 9π 9 Chu vi đường tròn đáy hình nón là: C = .2π .3 = = 2π r ⇒ r = = 2, 25 (cm). 4 2 4 Câu 25. Chọn đáp án C Phương pháp +) Kẻ CH ⊥ AB; CK ⊥ SB , chứng minh ∠ ( ( SAB ) , ( SBC ) ) = ∠ ( HK , CK ) = ∠CKH = 60° . +) Chứng minh ∆BHK ~ ∆BSA ( g − g ) ⇒

HK HB = , từ đó tính HK. SA SB

Cách giải CH ⊥ AB Trong ( ABC ) kẻ CH ⊥ AB ta có:  ⇒ CH ⊥ ( SAB ) ⇒ CH ⊥ SB CH ⊥ SA

Trang 19/6

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

CH ⊥ SB Trong ( SBC ) kẻ CK ⊥ SB ta có:  ⇒ SB ⊥ ( CHK ) ⇒ HK ⊥ SB . CK ⊥ SB

⇒ ∠ ( ( SAB ) , ( SBC ) ) = ∠ ( HK , CK ) = ∠CKH = 60° . Xét tam giác vuông ABC ta có: BC = 4a 2 − a 2 = a 3

CH =

AC.BC a 3.a a 3 . = = AB 2a 2

Xét tam giác vuông CHK có: HK = HC.cot 60° =

HB =

a 3 1 a = . . 2 3 2

BC 2 3a 2 3a = = AB 2a 2

Ta có ∆BHK ~ ∆BSA ( g .g ) ⇒

a ⇒ 2 = SA

HK HB = SA SB

3a 2 ⇒ 3SA = SA2 + 4a 2 2 2 SA + 4a

⇔ 9 SA2 = SA2 + 4a 2 ⇔ 8SA2 = 4a 2 ⇔ SA =

a 2 2

1 1 a 2 1 a3 2 Vậy VS . ABC = SA.S ∆ABC = . . . .2a.a = 3 3 2 2 6 Câu 26. Chọn đáp án B Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số xác định các khoảng đơn điệu, các điểm cực trị và GTLN, GTNN của hàm số. Cách giải Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho +) Đồng biến trên ( −1;0 ) và (1; +∞ ) , nghịch biến trên ( −∞; −1) và ( 0;1) . +) Hàm số có 3 điểm cực trị. +) Hàm số không có GTLN. Do đó các mệnh đề (I), (III) đúng. Câu 27. Chọn đáp án D Phương pháp Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( a; b ) ⇔ f ' ( x ) ≥ 0 ∀∈ ( a; b ) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải TXĐ: D = ℝ . Ta có: y ' = −2sin 2 x + m . Để hàm số đồng biến trên ℝ ⇔ y ' ≥ 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ −2sin 2 x + m ≥ 0 ∀x ∈ ℝ ⇔ m ≥ 2sin 2 x ∀x ∈ ℝ ⇔ m ≥ 2 . Câu 28. Chọn đáp án A Cách giải

a 2 x − 2a x ( cos bx + 2 ) + 1 = 0 ⇔ a x +

1 = 2 ( cos bx + 2 ) ax Trang 20/6

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

2  x 1  2x  1  ⇔ a  + − 2 = 2 cos bx + 1 ⇔ a2 − x ( ) x 2     2 a2  a   

  = 2.2 cos 2 bx  2 

 2x 1  2x 1 bx bx a 2 cos − = (1)  a − x = 2 cos  x 2 2 2 2   a a ⇔ x ⇔ x  a − 2 − 1 = 2 cos  b ( − x )  2  a 2 − 1 = −2 cos bx   ( ) x x   − 2 2   2 2 a  a  Theo bài ra ta có phương trình (1) có 7 nghiệm phân biệt. Ta thấy nếu x0 là nghiệm của (1) ⇒ (2) có nghiệm − x0 . Xét f ( 0 ) = 1 − 2.1(1 + 2 ) + 1 = −4 ≠ 0 ⇒ x = 0 không là nghiệm của (1) ⇒ x0 ≠ 0 ⇒ − x0 ≠ x0 ∀x0 . Vậy phương trình đề bài có tất cả 14 nghiệm. Câu 29. Chọn đáp án B Phương pháp Dựa vào các phép biến hình đã học Cách giải Phép đồng dạng không là phép dời hình vì nó không bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì.

Câu 30. Chọn đáp án A Phương pháp Hàm số y = a x có TXĐ D = ℝ . +) Nếu a > 1 ⇒ Hàm số đồng biến trên ℝ . +) Nếu 0 < a < 1 ⇒ Hàm số nghịch biến trên ℝ . Cách giải Xét hàm số y = 3x có TXĐ D = ℝ và a = 3 > 1 ⇒ Hàm số đồng biến trên ℝ . Câu 31. Chọn đáp án A Phương pháp Xác định giao điểm của GM với một đường nằm trong mặt phẳng

( ABC ) . Cách giải Gọi E = ME ∩ AN ta có:

 E ∈ MG ⇒ E = MG ∩ ( ABC ) .   E ∈ AN ⊂ ( ABC ) ⇒ E ∈ ( ABC ) Câu 32. Chọn đáp án C Phương pháp +) Tính y ' , đặt t = sin x , xác định khoảng giá trị của t. +) Xét phương trình y ' = 0 , đưa phương trình về dạng f ( t ) = m . +) Hàm số ban đầu không có cực trị khi và chỉ khi phương trình f ( t ) = m vô nghiệm trên khoảng t đã xác định.

Trang 21/6

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

+) Lập BBT hàm số y = f ( t ) và kết luận.

Cách giải TXĐ: D = ℝ . Ta có: y ' = 2 cos 2 x − 4sin x + m 2 = 2 (1 − 2sin 2 x ) − 4sin x + m 2

= −4sin 2 x − 4sin x + 2 + m 2  π π Đặt t = sin x , với x ∈  − ;  ⇒ t ∈ [ −1;1]  2 2

Khi đó y ' = −4t 2 − 4t + 2 + m 2 ∀t ∈ [ −1;1]  π π Để hàm số không có cực trị trên  − ;  ⇒ Phương trình y ' = 0 không có nghiệm thuộc [ −1;1] .  2 2

Xét y ' = 0 ⇔ −4t 2 − 4t + 2 + m 2 = 0 ∀t ∈ [ −1;1] ⇔ m 2 = 4t 2 + 4t − 2 ∀t ∈ [ −1;1] Xét y ' = 0 ⇔ −4t 2 − 4t + 2 + m 2 = 0 ∀t ∈ [ −1;1] ⇔ m 2 = 4t 2 + 4t − 2 ∀t ∈ [ −1;1]

⇔ m 2 = f ( t ) = 4t 2 + 4t − 2 ∀t ∈ [ −1;1] . Ta có f ' ( t ) = 8t + 4 = 0 ⇔ t =

−1 . 2

BBT: t

f '(t )

−

−1

−∞

−

f (t )

−

1 2

+∞ +

−2 6 −3

−3   m 2 < −3 m<  2 Để phương trình không có nghiệm thuộc [ −1;1] ⇒  ⇔  m 2 > 6  m > 3 2 Kết hợp điều kiện đề bài m ∈ {−5; −4; −3} .

Câu 33. Chọn đáp án C Phương pháp Tính y ' và xét dấu y ' . Cách giải 2

1 1 11  1  11 Xét đáp án C ta có: y ' = x 2 − x + 3 = x 2 − 2.x. + + =  x −  + > 0 ∀x ∈ ℝ do đó hàm số đồng 2 4 4  2 4 biến trên ℝ . Câu 34. Chọn đáp án B Trang 22/6

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

Phương pháp +) Sử dụng 5ln 2 = 2ln 5 , chia cả 2 vế cho 5ln( x + y ) > 0 , tìm mối quan hệ giữa x và y. +) Thế x theo y vào biểu thức P, đưa P về dạng P = f ( x ) . Tìm GTLN của f ( x ) .

Cách giải 2

 x+ y  ln    2 

⇔2

ln ( x + y )

 x+ y  ln    2 

ln 5

⇔2

ln 2 − ln ( x + y )

 x+ y  ln    2 

.5ln ( x + y ) = 5ln 2

2 x+ y

− ln

x+ y 2

1 =  5

x+ y 2

x+ y  x+ y ⇔ ln  =1⇔ x + y = 2 =0⇔ 2  2  Khi đó ta có:

P = ( x + 1) ln x + ( y + 1) ln y = ( x + 1) ln x + ( 2 − x + 1) ln ( 2 − x ) P = ( x + 1) ln x + ( 3 − x ) ln ( 2 − x ) = f ( x ) ĐK: 0 < x < 2 . Xét hàm số f ( x ) = ( x + 1) ln x + ( 3 − x ) ln ( 2 − x ) , sử dụng MTCT ta tìm được max f ( x ) = 0 ⇔ x = 1 ( 0;2 )

Vậy Pmax = 0 ⇔ x = y = 1 .

Câu 35. Chọn đáp án A Phương pháp Hàm số y = f ( x ) đồng biến (nghịch biến) trên ( a; b ) khi và chỉ khi f ' ( x ) ≥ 0

( f ' ( x ) ≤ 0)

∀x ∈ ( a; b )

và bằng 0 tại hữu hạn điểm. Cách giải Dựa vào lý thuyết ta thấy chỉ có đáp án A đúng. Câu 36. Chọn đáp án B Phương pháp +) Tính số phần tử của không gian mẫu. +) Gọi A là biến cố: “Trong 3 số tự nhiên được chọn không có 2 số tự nhiên liên tiếp” ⇒ A : “Trong 3 số tự nhiên được chọn có 2 số tự nhiên liên tiếp”.

+) Tính số phần tử của biến cố A . +) Tính xác suất của biến cố A , từ đó tính xác suất biến cố A. Cách giải 3 Chọn ngẫu nhiên 3 số tự nhiên ⇒ n ( Ω ) = C2019

Gọi A là biến cố: “Trong 3 số tự nhiên được chọn không có 2 số tự nhiên liên tiếp” ⇒ A : “Trong 3 số tự nhiên được chọn có 2 số tự nhiên liên tiếp”. Số cách chọn 3 trong 2019 số, trong đó có 2 số tự nhiên liên tiếp, có 2018.2017 cách (có bao gồm các bộ 3 số tự nhiên liên tiếp). Số cách cả 3 số tự nhiên liên tiếp, có 2017 cách.

Trang 23/6

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

( )

⇒ n A = 2018.2017 − 2017 = 2017 2 (vì các bộ 3 số tự nhiên liên tiếp được tính 2 lần).

( )

⇒P A =

2017 2 2017 2 677040 = P A = 1 − = . ( ) 3 3 679057 C2019 C2019

Câu 37. Chọn đáp án A Phương pháp Thể tích hình trụ có bán kính R và độ dài đường sinh l là V = π R 2l . Cách giải Thể tích hình trụ có bán kính R và độ dài đường sinh l là V = π R 2l . Câu 38. Chọn đáp án D Phương pháp +) Dựng AA '/ / OO ', BB '/ / OO ' ( A ' thuộc đường tròn ( O ' ) và B ' thuộc đường tròn ( O ) ) +) Xác định khoảng cách giữa OO ' và song song với OB, đưa về bài toán khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng. +) Xác định khoảng cách, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính khoảng cách. Cách giải Dựng AA '/ / OO ', BB '/ / OO ' ( A ' thuộc đường tròn ( O ' ) và B ' thuộc

đường tròn ( O ) ) Ta có:

OO '/ / ( AA ' B ) ⊃ AB ⇒ d ( OO '; AB ) = d ( OO '; ( AA ' B ) ) = d ( O '; ( AA ' B ) ) Gọi K là trung điểm của A ' B ta có O ' K ⊥ A ' B ⇒ O ' K ⊥ ( AA ' B ) ⇒ d ( OO '; ( AA ' B ) ) = O ' K = 2 2  O ' K ⊥ AA '

Xét tam giác vuông O ' KB có: O'K 2 2 2 = = ⇒ ∠O ' BK = 45° . O'B 4 2 ∆O ' A ' B cân tại O ' có ∠O ' BA ' = 45° ⇒ ∠O ' BK = 45°

cos ∠O ' BK =

⇒ ∆O ' A ' B vuông tại O ' ⇒ O ' A ' ⊥ O ' B .

Kéo dài OB ' cắt đường tròn ( O ) tại D. Dễ dàng chứng minh được ODB ' O là hình bình hành

⇒ OB / / O ' D ⇒ OB / / ( O ' AD ) ⇒ d ( OB; O ' A ) = d ( OB; ( O ' AD ) ) = d ( O; ( O ' AD ) ) . Gọi E là trung điểm của AD ⇒ OE ⊥ AD . Trong ( OO ' E ) kẻ OH ⊥ O ' E ta có:

 AD ⊥ OE ⇒ AD ⊥ ( OO ' E ) ⇒ AD ⊥ OH   AD ⊥ OO ' OH ⊥ O ' E ⇒ OH ⊥ ( O ' AD ) ⇒ d ( O; ( O ' AD ) ) = OE .  OH ⊥ AD

Trang 24/6

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

Ta có OE là đường trung bình của tam giác AB ' D ⇒ OE =

1 1 AB ' = .4 2 = 2 2 (Do tam giác OAB ' 2 2

vuông cân tại O có OA = 4 nên AB ' = 4 2 ). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OO ' E ta có: OH =

OE.OO ' 2

OE + OO '

2 2.4

(2 2 )

+ 42

4 3 . 3

4 3 . 3 Câu 39. Chọn đáp án D Phương pháp Sử dụng các công thức:

Vậy d ( O ' A; OB ) =

log a x + log a y = log a ( xy ) log a x − log a y = log a log an b m =

x y

m log a b n

( 0 < a ≠ 1; x, y, b > 0 ) Cách giải Dựa vào các đáp án ta thấy đáp án D sai Câu 40. Chọn đáp án C Phương pháp Vẽ đồ thị hàm số y =

x +1 và kết luận. x −3

Cách giải TXĐ: D = ℝ \ {3} . Xét hàm số y =

x +1 −4 < 0 ∀x ∈ D . có y ' = 2 x −3 ( x − 3)

Đồ thị hàm số y =

x +1 được vẽ như sau: x−3

x +1 . x −3 +) Lấy đối xứng toàn bộ phần đồ thị nằm dưới trục Ox qua trục Ox. +) Xóa đi phần đồ thị phía dưới trục Ox. +) Vẽ đồ thị hàm số y =

Do đó ta vẽ được đồ thị hàm số y =

x +1 như sau: x−3

Trang 25/6

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

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận là x = 3 và y = −1 .

Đồ thị ( C ) cắt đường tiệm cận ngang của nó tại 1 điểm. Hàm số đồng biến trên (1; 2 ) và hàm số có một điểm cực trị x = −1 . Vậy khẳng định sai là đáp án C. Câu 41. Chọn đáp án B

Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số: +) Dựa vào lim y xác định dấu của hệ số a và loại đáp án. x →+∞

+) Dựa vào các điểm đồ thị hàm số đi qua chọn đáp án đúng. Cách giải Ta có: lim y = −∞ ⇒ a < 0 , do đó loại các đáp án C và D. x →+∞

Đồ thị hàm số đi qua ( 0;0 ) nên loại đáp án A. Câu 42. Chọn đáp án C Phương pháp Hàm số lũy thừa y = x n có TXĐ phụ thuộc vào n như sau: n ∈ ℤ+

n ∈ ℤ−

n∉ℤ

D=ℝ

D = ℝ \ {0}

D = ( 0; +∞ )

Cách giải Ta có:

2019 ∉ ℤ ⇒ Hàm số xác định ⇔ 5 + 4 x − x 2 > 0 ⇔ x ∈ ( −1;5 ) .

Vậy D = ( −1;5 ) .

Câu 43. Chọn đáp án D Phương pháp Hàm số y = f ( x ) liên tục tại điểm x = x0 ⇔ lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) = f ( x0 ) x → x0

x → x0

Cách giải Trang 26/6

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

Ta có: lim − f ( x ) = lim −

x →( −1)

( x + 1)( x + 2 ) = lim x + 2 = −1 x 2 + 3x + 2 = lim − 2 − x →( −1) ( x + 1)( x − 1) x →( −1) x − 1 2 x −1

lim + f ( x ) = lim + ( mx + 2 ) = −m + 2

x →( −1)

f ( −1) = − m + 2 Để hàm số liên tục tại x = −1 ⇒ lim − f ( x ) = lim + f ( x ) = f ( −1) ⇒ − m + 2 = x →( −1)

x →( −1)

−1 5 ⇔m= 2 2

Câu 44. Chọn đáp án A Phương pháp Áp dụng đinh lí Pytago ta có R 2 = r 2 + d 2 trong đó R là bán kính mặt cầu ( S ) , d là khoảng cách từ tâm

đến mặt phẳng ( P ) , r là bán kính đường tròn thiết diện cắt bởi mặt phẳng ( P ) của ( S ) . Cách giải Áp dụng định lí Pytago ta có: 2

2 2R R r1 = R − OI = R −   = 3 3 2

R 5  2R  r2 = R − OK = R −   = 3  3  2

2 2R 2 2 4 r1 ⇒ = 3 = = r2 5 10 R 5 3 Câu 45. Chọn đáp án A Phương pháp +) Tính thể tích khối tứ diện C. A ' AB từ đó tính thể tích lăng trụ. +) Phân chia, lắp ghép các khối đa diện, từ đó tính thể tích tứ diện ABB ' C ' . Cách giải CE ⊥ AB Gọi E là trung điểm của AB ta có  ⇒ CE ⊥ ( A ' AB ) . CE ⊥ AA '

Tam giác ABC đều cạnh 3 ⇒ CE =

3 3 . 2

1 1 3 3 ⇒ VC . A ' AB = CE.S A ' AB = . .6 = 3 3 ⇒ VABC . A ' B ' C ' = 3VC . A ' AB = 9 3 . 3 3 2 Ta có: VABC . A ' B 'C ' = VA. A ' B ' C ' + VC ' ABC + VABB 'C ' 1 1 ⇒ VABC . A ' B 'C ' = VABC . A ' B 'C ' + VABC . A ' B 'C ' + VABB 'C ' 3 3

1 ⇒ VABB ' C ' = VABC . A ' B 'C ' = 3 3 3 Trang 27/6

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

Câu 46. Chọn đáp án B Phương pháp +) Tính y ' , xác định các nghiệm xi của phương trình y ' = 0 . +) Tính y ( a ) ; y ( b ) ; y ( xi ) . +) KL: max y = max { y ( a ) ; y ( b ) ; y ( xi )} ; min y = min { y ( a ) ; y ( b ) ; y ( xi )} . [a ;b]

[ a ;b]

Cách giải TXĐ: D = ℝ . Ta có: y ' = 3 x 2 + 5 > 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ Hàm số đồng biến trên [ −5;0] . ⇒ max y = y ( 0 ) = 7 . [ −5;0]

Câu 47. Chọn đáp án C Phương pháp Sử dụng công thức log a m b n =

n log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ). m

Cách giải Ta có: 9 x − 122 = 0 ⇔ 9 x = 122 ⇔ x = log 32 12 2 = log 3 12 ⇒ 3x = 3log3 12 = 12

3− x −1

− 8.9

x −1 2

+ 19

P = 3x +1 − 8.3x −1 + 19

8 P = 3.3x − .3x + 19 3 8 P = 3.12 − .12 + 19 = 23 3 Câu 48. Chọn đáp án B Phương pháp Tính f ' ( x ) và lập bảng xét dấu f ' ( x ) từ đó kết luận các khoảng đơn điệu của hàm số.

Cách giải TXĐ: D = ℝ . 1 3 3 2 1 3 3 2 x − x 1 x − x  1 x3 − 3 x 2  3  Ta có: f ' ( x ) =  e 3 2  ' = e 3 2  x 3 − x 2  ' = e 3 2 . ( x 2 − 3 x ) 2  3  

x = 0 f '( x) = 0 ⇔  x = 3

Bảng xét dấu f ' ( x ) x

−∞

f '( x)

−

+∞

Câu 49. Chọn đáp án D Phương pháp 1 Sử dụng các công thức tính thể tích: Vchop = S day .h, Vlt = S day .h 3 Trang 28/6

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

Cách giải Ta có: 1 1 1 1 VM . ABC = d ( M ; ( ABC ) ) .S ∆ABC = . d ( C '; ( ABC ) ) .S ∆ABC = VABC . A ' B ' C ' 3 3 2 6 V 1 1 5 ⇒ V1 = VABC . A ' B 'C ' ⇒ V2 = VABC . A ' B 'C ' ⇒ 1 = . 6 6 V2 5

Câu 50. Chọn đáp án B Phương pháp Xác định khoảng cách giữa một mặt chứa đường này và song song với đường kia. Đưa về bài toán khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng. Cách giải Ta có: CC '/ / AA ' ⇒ CC '/ / ( ABB ' C ' ) ⊃ AM

⇒ d ( AM ; CC ') = d ( CC '; ( ABB ' A ' ) ) = d ( C ; ( ABB ' A ') ) Trong ( ABC ) kẻ CH ⊥ AB ( H ∈ AB ) ta có:

CH ⊥ AB ⇒ CH ⊥ ( ABB ' A ') ⇒ d ( C '; ( ABB ' A ' ) ) = CH .  CH ⊥ AA ' 1 1 a2 3 Ta có: S ∆ABC = CA.CB.sin ∠ACB = .2a.a.sin120° = . 2 2 2 Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có:

AB = AC 2 + BC 2 − 2 AC.BC.cos ∠ACB = 4a 2 + a 2 − 2.2a.a.

−1 =a 7 2

a2 3 2S 1 2 =a 3. = CH . AB ⇒ CH = ∆ABC = 2 AB 7 a 7 2.

Mà S ∆ABC

Trang 29/6

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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUANG TRUNG TỔ TOÁN

ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM 2019

(Đề thi có 07 trang)

Môn thi: HÓA HỌC

MÔN: TOÁN, LỚP 12, LẦN 3 Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1. Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ. Giá trị cực đại của hàm số bằng

A. –1. B. –2. C. 1. D. 0. Câu 2. Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −1;0 ) .

B. ( −1;1) .

C. ( −1; +∞ ) .

D. ( 0;1) .

Câu 3. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y = x 3 − 3 x + 1 .

B. y = x 3 − 3 x .

C. y = − x3 + 3 x + 1 .

D. y = x 3 − 3 x + 3 .

Câu 4. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [ −1;3] và có đồ thị như hình vẽ. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên [ −1;3] . Giá trị M + m bằng

A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 5.

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

Trang 1/5

 ab 2  Câu 5. Với a, b là hai số thực dương tùy ý. Khi đó   bằng  a +1

A. ln a + 2 ln b − ln ( a + 1) .

B. ln a + ln b − ln ( a + 1) .

C. ln a + 2 ln b + ln ( a + 1) .

D. 2 ln b .

Câu 6. Tìm tập nghiệm của phương trình log 3 ( 2 x 2 + x + 3) = 1 . 1  A. 0; −  . 2 

 1 C. −  .  2

B. {0} .

 1 D. 0;  .  2

Câu 7. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ.

−∞

f '( x) f ( x)

–

4 2

−∞

−2

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là A. 3. B. 4. C. 2.

Câu 8. Cho

+∞

D. 1.

∫ f ( x ) dx = 2 và ∫ 2 g ( x ) dx = 8 . Khi đó ∫  f ( x ) + g ( x ) dx bằng

A. 6.

B. 10.

C. 18.

D. 0.

Câu 9. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e 2 x + x 2 là

e 2 x x3 A. F ( x ) = + + C . B. F ( x ) = e 2 x + x 3 + C . 2 3

x3 C. F ( x ) = 2e + 2 x + C . D. F ( x ) = e + + C . 3 Câu 10. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A ( 2;3; 4 ) và B ( 3;0;1) . Khi đó độ dài vectơ AB là A. 19 .

B. 19.

C. 13 .

D. 13.

Câu 11. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng ( Oxy ) có phương trình là A. z = 0 .

B. x = 0 .

Câu 12. Trong không gian Oxyz, đường thẳng d : A. ( 3;1;3) .

C. y = 0 .

D. x + y = 0 .

x −1 y z = = đi qua điểm nào dưới đây 2 1 3

B. ( 2;1;3) .

C. ( 3;1; 2 ) .

D. ( 3; 2;3) .

Câu 13. Thể tích của khối hình hộp chữ nhật có các cạnh lần lượt là a, 2a, 3a bằng A. 6a 3 .

B. 3a 3 .

C. a 3 .

D. 2a 3 . 5

Câu 14. Tìm hệ số của đơn thức a 3b 2 trong khai triển nhị thức ( a + 2b ) . A. 40.

B. 400a 3b 2 .

C. 10.

D. 10a 3b 2 .

C. (1; +∞ ) .

D. ( −1;1) .

Câu 15. Tập xác định của hàm số y = log ( x 2 − 1) là A. ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ ) .

B. ( −∞;1) .

Câu 16. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a, góc giữa đường sinh và đáy bằng 60°. Thể tích của khối nón đã cho là

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

Trang 2/6

π a3 3 3

π a3 2

π a3 3

Câu 17. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (1; 2;3) và B ( 3; 2;1) . Phương trình mặt cầu đường kính AB là 2

A. ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 2 .

B. ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 4 .

C. x 2 + y 2 + z 2 = 2 .

D. ( x − 1) + y 2 + ( z − 1) = 4 .

1 Câu 18. Tập nghiệm của bất phương trình    3

A. −3 < x < 1.

x2 + 2 x

B. 1 < x < 3 .

1 là 27

C. −1 < x < 3 .

D. x < −3; x > 1 .

C. y ' = e x +1 .

D. y ' = xe x .

Câu 19. Đạo hàm của hàm số y = x.e x +1 là A. y ' = (1 + x ) e x +1 .

B. y ' = (1 − x ) e x +1 .

Câu 20. Đặt log 5 3 = a , khi đó log 81 75 bằng 1 1 1 1 a +1 B. a + . C. . + . 2a 4 2 4 4 Câu 21. Tính thể tích của khối tứ diện đều có tất cả các cạnh bằng a.

2 3 a . 12

B. a 3 .

C. 6a 3 . 2

a+2 . 4a

1 3 a . 12

Câu 22. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x 2019 ( x − 1) ( x + 1) . Số điểm cực đại của hàm số f ( x ) là

A. 1.

B. −1 .

C. 0.

D. 3.

Câu 23. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình 2 f ( x ) − 3 = 0 là

A. 3.

B. 2.

C. 1.

D. 0.

Câu 24. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x − 3 x + ( 2m − 1) x + 2019 đồng 3

biến trên ( 2; +∞ ) .

A. m ≥

1 . 2

B. m <

1 . 2

C. m =

1 . 2

C. y ' =

1 . ( x − x ) ln 3

D. m ≥ 0 .

Câu 25. Hàm số y = log 3 ( x3 − x ) có đạo hàm là A. y ' =

3x 2 − 1 . ( x3 − x ) ln 3

B. y ' =

3x 2 − 1 . ( x3 − x )

D. y ' =

3x − 1 . ( x − x ) ln 3 3

Câu 26. Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 0,5% mỗi tháng theo cách sau: mỗi tháng (vào đầu tháng) người đó gửi vào ngân hàng 10 triệu đồng và ngân hàng tính lãi suất (lãi suất không đổi) dựa

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

Trang 3/6

trên số tiền tiết kiệm thực tế của tháng đó. Hỏi sau 5 năm, số tiền của người đó có được gần nhất với số tiền nào dưới đây (cả gốc và lãi, đơn vị triệu đồng)? A. 701,19. B. 701,47. C. 701,12. D. 701.

Câu 27. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = sin x + x ln x là A. F ( x ) = − cos x + C. F ( x ) = cos x + 1

Câu 28. Cho

x2 x2 ln x − + C . 2 4

xdx

∫ ( 2 x + 1)

B. F ( x ) = − cos x + ln x + C . D. F ( x ) = − cos x + C .

= a + b ln 2 + c ln 3 với a, b, c là các số hữu tỉ. Giá trị của a + b + c bằng

1 . 12

5 . 12

1 C. − . 3

1 . 4

Câu 29. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 2 z − 10 = 0 . Phương trình mặt phẳng ( Q )

A. x + 2 y + 2 z − 3 = 0; x + 2 y + 2 z − 17 = 0 .

7 là 3 B. x + 2 y + 2 z + 3 = 0; x + 2 y + 2 z + 17 = 0 .

C. x + 2 y + 2 z + 3 = 0; x + 2 y + 2 z − 17 = 0 .

D. x + 2 y + 2 z − 3 = 0; x + 2 y + 2 z + 17 = 0 .

song song với ( P ) và khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) bằng

Câu 30. Người ta đổ một cái cống bằng cát, đá, xi măng và sắt thép như hình vẽ bên dưới. Thể tích nguyên vật liệu cần dùng là

A. 0,32π.

B. 0,16π.

C. 0,34π.

D. 0,4π.

Câu 31. Cho cấp số nhân ( un ) có số hạng đầu u1 = 2 và công bội q = 5 . Giá trị của A. 2.56 .

B. 2.57 .

C. 2.58 .

u6u8 bằng

D. 2.55 .

Câu 32. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có BC = a, BB ' = a 3 . Góc giữa hai mặt phẳng

( A' B 'C )

và ( ABC ' D ') bằng

A. 60°.

B. 30°.

C. 45°.

D. 90°. 5

x mx − + 2 đạt cực đại tại x = 0 là 5 4 C. m ∈ ℝ . D. Không tồn tại m.

Câu 33. Tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = A. m > 0 .

B. m < 0 .

Câu 34. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ

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

Trang 4/6

( ) = m có đúng hai nghiệm thực là

Tập hợp tất cả các giá trị thực của m để phương trình f e x

A. {0} ∪ ( 4; +∞ ) .

B. [ 0; 4] .

C. [ 4; +∞ ) .

D. {0; 4} .

Câu 35. Tìm tất cả các giá trị thực của m để bất phương trình

− 1) ( x − 1) x3 + ( x 2 − x ) ( 2 − m ) + ( x 2 − 1) ( x − 1) ≥ 0 , ∀x ∈ ℝ . 1 B. m ≤ − . 4

A. m ≤ 2 .

C. m ≤ 6 .

D. m ≤ 1 .

Câu 36. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình log 1 ( x − 1) > log 1 ( x 3 + x − m ) có 2

nghiệm. A. m ∈ ℝ .

B. m < 2 .

C. m ≤ 2 .

D. Không tồn tại m.

Câu 37. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x − m.2 x + 1 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x1 + x2 = 1 .

A. m ≥ 2 .

B. m ∈ ℝ .

C. m = 0 .

D. m ≥ 2; m ≤ −2 .

Câu 38. Cho hàm số f ( x ) = − x 2 + 3 và hàm số g ( x ) = x 2 − 2 x − 1 có đồ thị như hình vẽ.

Tích phân I =

∫ f ( x ) − g ( x ) dx bằng với tích phân nào sau đây? −1

A. I = ∫  f ( x ) − g ( x ) dx . −1 2

C. I = ∫  f ( x ) + g ( x ) dx . −1

B. I = ∫  g ( x ) − f ( x )  dx . −1 2

D. I = ∫  f ( x ) − g ( x ) dx . −1

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

Trang 5/6

Câu 39. Kết quả của phép tính A.

1 ex −1 +C. ln 3 ex + 2

∫e

B. ln

dx dx bằng − 2.e− x + 1

ex −1 +C . ex + 2

C. ln ( e x − 2e − x + 1) + C . D.

Câu 40. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

1 ex −1 +C . ln 3 ex + 2

( P) : x + y + z − 3 = 0

và đường thẳng

x y +1 z − 2 . Đường thẳng d ' đối xứng với d qua mặt phẳng ( P ) có phương trình là = = 1 2 −1 x −1 y −1 z −1 x +1 y +1 z +1 x −1 y −1 z −1 x +1 y +1 z +1 A. . B. . C. . D. . = = = = = = = = 1 7 1 7 1 2 7 1 2 7 −2 −2 = 30° , SA = a và Câu 41. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết góc BAC d:

BA = BC = a . Gọi D là điểm đối xứng với B qua AC. Khoảng cách từ B đến mặt ( SCD ) bằng

21 a. 7

2 a. 2

2 21 a. 7

21 a. 14

Câu 42. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có thể tích V, gọi M, N là hai điểm thỏa mãn D ' M = 2 MD , C ' N = 2 NC , đường thẳng AM cắt đường thẳng A ' D ' tại P, đường thẳng BN cắt đường thẳng B ' C ' tại Q. Thể tích của khối PQNMD ' C ' bằng

2 1 1 B. V . C. V . V. 3 3 2 Câu 43. Thể tích lớn nhất của khối trụ nội tiếp hình cầu có bán kính R bằng

4π R 3 3 A. . 9

8π R 3 3 B. . 3

8π R 3 C. . 27

3 V. 4

8π R 3 3 . 9

Câu 44. Tất cả các giá trị thực của m để phương trình 9 x + 6 x − m.4 x = 0 có nghiệm là A. m > 0 . B. m ≤ 0 . C. m < 0 . D. m ≥ 0 . Câu 45. Trong không gian Oxyz, cho A (1;0; 0 ) , B ( 0; 2;0 ) , C ( 0;0;1) . Trực tâm của tam giác ABC có tọa độ là 4 2 4 A.  ; ;  . 9 9 9

B. ( 2;1; 2 ) .

C. ( 4; 2; 4 ) .

2 1 2 D.  ; ;  . 9 9 9

Câu 46. Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ

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

Trang 6/6

Bất phương trình

f ( x)

f (1) + 9 . 36

A. m ≤

x+3 −2 > m đúng với mọi x ∈ ( 0;1) khi và chỉ khi x −1

B. m <

f (1) + 9 . 36

C. m ≤

f (0) 1 + . 36 3+2

D. m <

f ( 0) 1 + . 36 3+2

Câu 47. Cho hàm số f ( x ) có đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ

Hàm số y = f ( 2 x − 1) +

A. ( −1;0 ) .

x3 + x 2 − 2 x nghịch biến trên khoảng nào sau đây 3 B. ( −6; −3) .

C. ( 3;6 ) .

D. ( 6; +∞ ) .

Câu 48. Trong không gian Oxyz, cho A ( 0;1; 2 ) , B ( 0;1;0 ) , C ( 3;1;1) và mặt phẳng ( Q ) : x + y + z − 5 = 0 . Xét điểm M thay đổi thuộc ( Q ) . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2 + MB 2 + MC 2 bằng

A. 12.

B. 0.

C. 8.

Câu 49. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng ∆ :

D. 10.

x y z −1 x −1 y z = = . Xét điểm M = = và ∆ ' : 1 1 1 1 2 1

thay đổi. Gọi a, b lần lượt là khoảng cách từ M đến ∆ và ∆ ' . Biểu thức a 2 + 2b 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M ≡ M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) . Khi đó x0 + y0 bằng

2 4 . B. 0. C. . D. 2 . 3 3 Câu 50. Có 5 bạn học sinh nam và 5 bạn học sinh nữ trong đó có một bạn nữ tên Tự và một bạn nam tên Trọng. Xếp ngẫu nhiên 10 bạn vào một dãy 10 ghế sao cho mỗi ghế có đúng một người ngồi. Tính xác suất để không có hai học sinh nam vào ngồi kề nhau và bạn Từ ngồi kề với bạn Trọng.

1 . 126

1 . 252

1 . 63

1 . 192

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

Trang 7/6

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

C24 C33 C34 C35

C46 C47

Đại số C4 C7 C22 C23 Chương 1: Hàm Số

C1 C2 C3

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C5 C6 C15

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng

Lớp 12 (90%)

C18 C20

C26 C36 C37 C44

C8 C9 C27 C38

C28 C39

Chương 4: Số Phức

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C13 C21

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C16 C43

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C10 C11 C12

C32 C41 C42

C30

C17 C40

C29 C45 C48

C49

Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

Lớp 11 (10%)

Chương 2: Tổ Hợp - Xác Suất Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C14

C50

C31

Chương 4: Giới Hạn

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

Trang 8/6

Chương 5: Đạo Hàm

C19 C25

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (0%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Tổng số câu

Điểm

2.4

3.4

0.8

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

Trang 9/6

Mức độ đề thi: KHÁ + Đánh giá sơ lược: Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11 chiêm 10% Không có câu hỏi lớp 10. Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 21 câu VD-VDC phân loại học sinh . 4 câu hỏi khó ở mức VDC :C46 47 49 50 Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng Đề phân loại học sinh ở mức khá ĐÁP ÁN 1. A

2. A

3. A

4. A

5. A

6. A

7. A

8. A

9. A

10. A

11. A

12. A

13. A

14. A

15. A

16. A

17. A

18. A

19. A

20. A

21. A

22. A

23. A

24. A

25. A

26. A

27. A

28. A

29. A

30. A

31. A

32. A

33. A

34. A

35. A

36. A

37. A

38. A

39. A

40. A

41. A

42. A

43. A

44. A

45. A

46. A

47. A

48. A

49. A

50. A

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Chọn đáp án A y C§ = −1 khi xC§ = 0 .

Câu 2. Chọn đáp án A Hàm số đồng biến trên ( −1;0 ) và (1; +∞ ) Hàm số nghịch biến trên ( −∞; −1) và ( 0;1) . Câu 3. Chọn đáp án A  y ( −1) = 3 −a + b − c + d = 3 a = 1     y (1) = −1 a + b + c + d = −1 b = 0 ⇒ ⇒     y (0) = 1 d = 1  c = −3  y ' ( −1) = 0 3a − 2b + c = 0 d = 1  Vậ y y = x 3 − 3 x + 1 .

Câu 4. Chọn đáp án A

M = f ( 3) = 3, m = f ( 2 ) = −2 ⇒ M + m = 1 . Câu 5. Chọn đáp án A

ab 2 a = ln + ln b 2 = 2 ln b + ln a − ln ( a + 1) a +1 a +1 Câu 6. Chọn đáp án A I = ln

Trang 10/6

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

x = 0 Pt ⇔ 2 x + x + 3 = 3 ⇔  x = − 1 2  Câu 7. Chọn đáp án A 2

lim y = 3, lim y = 2 ⇒ TCN : y = 3, y = 2; lim+ y = −∞ ⇒ TCĐ: x = 0

x →−∞

x →+∞

x →0

Câu 8. Chọn đáp án A 2

∫

f ( x ) dx = 2 và

∫ g ( x )dx = 4 ⇒ ∫  f ( x ) + g ( x ) dx = 6

Câu 9. Chọn đáp án A

e2 x x3 + +C 2 3 Câu 10. Chọn đáp án A 2 2 AB = (1; −3; −3) ⇒ AB = 12 + ( −3) + ( −3) = 19

F ( x ) = ∫ ( e 2 x + x 2 ) dx =

Câu 11. Chọn đáp án A

( Oxy ) : z = 0, ( Oxz ) : y = 0, ( Oyz ) : x = 0 Câu 12. Chọn đáp án A Thế vào. Câu 13. Chọn đáp án A V = a.2a.3a = 6a 3 (đvtt)

Câu 14. Chọn đáp án A

( a + 2b )

= C5k .a 5− k . ( 2b ) = 2k .C5k .a 5− k .b k . Hệ số của a 3b 2 là: 2 2.C52 = 40 .

Câu 15. Chọn đáp án A ĐKXĐ: x 2 − 1 > 0 ⇔ x < −1; x > 1 ⇒ D = ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ ) Câu 16. Chọn đáp án A 1 1 1 π a3 3 V = .h.S ® = .h.π .R 2 = .a 3.π .a 2 = (đvtt) 3 3 3 3 Câu 17. Chọn đáp án A AB 2 2 2 Tâm I ( 2; 2; 2 ) , R = = 2 . Mặt cầu đường kính AB: ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 2 . 2 Câu 18. Chọn đáp án A

Bpt ⇔ x 2 + 2 x < 3 ⇔ −3 < x < 1 . Câu 19. Chọn đáp án A

y ' = e x +1 + x.e x +1 = ( x + 1) .e x +1 Câu 20. Chọn đáp án A 1 1 1 1 1 + = + . log 81 = 75 = ( log 3 25 + log 3 3) = 4 2 log 5 3 4 2a 4 Câu 21. Chọn đáp án A

Trang 11/6

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

2 a 3 a 6 AH = AB − BH = a −  . .  =  3 3 2  2

1 1 a 6 a2 3 2 3 V = . AH .S ∆BCD = . a (đvdt) . = 3 3 3 4 12 Câu 22. Chọn đáp án A

Xét dấu f ' ( x ) :

Hàm số đạt cực đại tại x = −1 , cực tiểu tại x = 0 . Suy ra hàm số có 1 cực đại, 1 cực tiểu. Câu 23. Chọn đáp án A 3 PT ⇔ f ( x ) = . Suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt. 2 Câu 24. Chọn đáp án A y ' = 3 x 2 − 6 x + 2m − 1 ⇒ HS

( 2; +∞ ) ⇔ 3x 2 − 6 x + 2m − 1 ≥ 0, ∀x > 2 ⇔ −2m + 1 ≥

∀x > 2 . Suy ra 1 − 2m ≤ min g ( x ) = 0 ⇔ m ≥ x>2

3x 2 − 6 x = g ( x ) ,

1 . 2

Câu 25. Chọn đáp án A

y'=

(x (x

− x) '

− x ) .ln 3

3x 2 − 1 ( x3 − x ) .ln 3

Câu 26. Chọn đáp án A Tiền thu được cuối mỗi tháng là: Tháng 1: T1 = 10 + 10.0, 5% = 10 (1 + 0,5% ) . 2

Tháng 2: T2 = 10 + 10.0, 5% + 10 + 0,5% (10 + 10.0, 5% + 10 ) = 10 (1 + 0,5% ) + 10 (1 + 0,5% ) … Tháng 60: 2

T60 = 10 (1 + 0,5% ) + 10 (1 + 0, 5% ) + ...10 (1 + 0, 5% )

= 10 (1 + 0,5% )

(1 + 0,5% ) .

−1

0,5%

≈ 701,19 (triệu đồng)

Câu 27. Chọn đáp án A 1

∫ ( sin x + x ln x ) dx = − cos x + ∫ x.ln x = − cos x + 2 ∫ ln xdx

x2 1 x2 x2 .ln x − ∫ xdx = − cos x + .ln x − + C 2 2 2 4 Câu 28. Chọn đáp án A 1 t −1 Đặt t = 2 x + 1 ⇒ x = , dx = dt . 2 2

= − cos x +

1 1 1 t −1  1 1 I = ∫ 2 =  ln t +  = ln 3 − . Vậy a + b + c = . 4t 4t  1 4 6 12 4 1 Trang 12/6

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

Câu 29. Chọn đáp án A

M ( 0; 0;5 ) ∈ ( P ) ⇒ d ( M , ( P ) ) =

(Q ) : x + 2 y + 2z + c = 0 . (Q ) : x + 2 y + 2z − 3 = 0

10 + c 7 7 ⇔ = ⇔ c = −3; c = −17 . 3 3 3

hoặc ( Q ) : x + 2 y + 2 z − 17 = 0 .

Câu 30. Chọn đáp án A

V = V1 − V2 = π .l. ( R12 − R22 ) = 0,32π . Câu 31. Chọn đáp án A

u6 .u8 = u7 = u1.q 6 = 2.56 Câu 32. Chọn đáp án A

( ( A ' B ' C ) , ( ABC ' D ') ) = ( ( A ' B ' CD ) , ( ABC ' D ') ) = ( AD ', A ' D ) .

G ọi

I = A ' D ∪ AD ' .

Dễ

thấy

∠DA ' A = ∠A ' DA ' = 30° ⇒ ∠AIA ' = 120° ⇒ ( AD ', A ' D ) = 60° . Câu 33. Chọn đáp án A

y ' = x 4 − mx3 = x 3 ( x − m ) m = 0 ⇒ y ' = x 4 : không có cực trị. m > 0 . Dấu y ' :

Hàm số đạt cực đại tại x = 0 (thỏa mãn). m < 0 . Dấu y ' :

Hàm số đạt cực đại tại x = m (không thỏa mãn). Câu 34. Chọn đáp án A f ( x) x+3 −2 + . Cần chứng minh: m < g ( x ) , ∀x ∈ ( 0;1) . Xét g ( x ) trên ( 0;1) ⇒ 36 x −1 f '( x) f ( x) 1 1 . Có g ' ( x ) = − < 0 . (Do f ' ( x ) ≤ 1 , x + 3 < 2 ). g ( x) = + 2 36 36 x+3 +2 2 x+3 x+3 +2

Đặt g ( x ) =

(

Suy ra g ( x ) ⇒ m ≤ lim− g ( x ) = x →1

)

f (1) 1 f (1) + 9 . + = 36 4 36

Câu 35. Chọn đáp án A 2

Phương trình đã cho tương đương với ( x − 1)  x 4 + x 3 + ( 2 − m ) x 2 + x + 1 ≥ 0 , ∀x ∈ ℝ .

x = 0 Thỏa mãn. 2

1 1 1  1  x ≠ 0 : −2 + m ≤ x + 2 + x + , ∀x ≠ 0 ⇔ m − 2 ≤  x +  +  x +  − 2 = g ( x ) . x x x  x  2

1 ⇒ t ≥ 2 . Vẽ bảng biến thiên Suy ra m − 2 ≤ 0 ⇔ m ≤ 2 . x Câu 36. Chọn đáp án A

Đặt t = x +

Trang 13/6

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

 x −1 > 0  x > 1 ycbt ⇔  có nghiệm ⇔  có nghiệm. 3 3 m < x + 1 = f ( x )  x −1 < x + m − m Khảo sát f ( x ) , ta có bảng biến thiên: 1

+∞

f '( x)

f ( x)

+∞ 2

Từ bảng biến thiên suy ra m ∈ ℝ . Câu 37. Chọn đáp án A

Đặt t = 2 x ta có t 2 − mt + 1 = 0 có nghiệm khi m > 0 & ∆ ' = m 2 − 4 ≥ 0 ⇒ m ≥ 2 . Khi đó 1 = t1 × t2 = 2 x1 × 2 x2 = 2 x1 + x2 ⇒ x1 + x2 = 0 (luôn thỏa mãn). Vậy m ≥ 2 .

Câu 38. Chọn đáp án A 2

f ( x ) ≥ g ( x ) , ∀x ∈ [ −1; 2] ⇒ I =

∫ ( f ( x ) − g ( x ) ) dx −1

Câu 39. Chọn đáp án A

F ( x) = ∫

 de x  de x dx ex −1 = − = +C. ln   e2 x + e x − 2 ∫  e x − 1  e x + 2 ex + 2

Câu 40. Chọn đáp án A

I = d ∩ ( P ) ⇒ I (1;1;1) , A ( 0; −1; 2 ) ∈ d . Tìm A ' ? x = t  AH qua A có u AH = nP = (1;1;1) ⇒ AH :  y = −1 + t . Suy ra H ( t; t − 1; t + 2 ) . z = 2 + t  x −1 y −1 z −1  2 −1 8   4 1 10   1 −2 7  Mà H ∈ ( P ) ⇒ H  ; ;  . Ta có: A '  ; ;  ⇒ IA ' =  ; ;  ⇒ d ' : . = = 1 7 −2  3 3 3 3 3 3  3 3 3 Câu 41. Chọn đáp án A

Kẻ AH ⊥ BC . Khi đó d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = d ( A, ( SBC ) ) =

SA. AH 2

SA + AH

a 21 . 7

Câu 42. Chọn đáp án A

VPQNMD 'C ' V

VNQC '.MPD ' V

S NQC ' S BCC ' B '

Ta có: VPQNMD ' C ' 2 1 2 = . S NQC ' = 4 S BNC = 4. S BCC ' = S BCC ' B ' ⇒ 3 3 V 3

Câu 43. Chọn đáp án A Với P = AM ∩ A ' D ', Q = BN ∩ B ' C ' . Ta có V = π r 2 h , h = 2 R 2 − r 2 ⇒ V = 2π r 2 r 2 ( R 2 − r 2 ) 3

 r 2 + r 2 + 2 R 2 − 2r 2  4 3 = 2π r r ( 2 R − 2r ) ≤ π 2  π R3 .  = 3 9   2 2

Trang 14/6

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

Câu 44. Chọn đáp án A x

3 Đặt t =   > 0 ta có t 2 + t − m = 0 ⇔ m = t 2 + t = f ( t ) có nghiệm t > 0 ⇒ m > 0 . 2

Câu 45. Chọn đáp án A x y z ( ABC ) : + + = 1 ⇒ ( ABC ) : 2 x + y + 2 z − 2 = 0 . Tứ diện OABC vuông tại O ⇒ OH ⊥ ( ABC ) , ( H ) 1 2 1  x = 2t  4 2 4 là trực tâm. Suy ra OH :  y = t ⇒ H  ; ;  . 9 9 9  z = 2t 

Câu 46. Chọn đáp án A 2

t = e x ≥ 1 . Với t = 1 → 1 giá trị x, với t > 1 → 2 giá trị x. Để thỏa mãn thì f ( t ) = 1 có 1 nghiệm t > 1 . Từ đồ thị để f ( t ) = m có đúng một nghiệm t > 1 thì m > 4 hoặc m = 0 . Câu 47. Chọn đáp án A Ta có y ' = 2 f ' ( 2 x − 1) + x 2 + 2 x − 2 ≤ 0 .

Nhận xét: −3 ≤ x ≤ 3 ⇐ y ' ≤ 1, x ≤ −3; x ≥ 3 ⇐ y ' ≥ 1 . −1 < x < 0 ⇒ −3 < 2 x − 1 < −1 ⇒ 2 f ' ( 2 x − 1) ≤ 2 & x 2 + 2 x − 2 < −2 ⇒ y ' ≤ 0 nên hàm số giảm. −6 < x < −3 ⇒ −13 < 2 x − 1 < −7 ⇒ 2 f ' ( 2 x − 1) ≥ 2 & x 2 + 2 x − 2 > −2 ⇒ y ' > 0 nên hàm số tăng (loại). Tương tự cho các trường hợp còn lại. Câu 48. Chọn đáp án A T = MA2 + MB 2 + MC 2 . Gọi G : GA + GB + GC = 0 ⇒ G (1;1;1) . Khi đó T = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 ⇒ Tmin khi MG = d ( G , ( Q ) ) =

2 ⇒ T = 12 . 3

Câu 49. Chọn đáp án A Gọi H, K là hình chiếu của M lên ∆, ∆ ' khi đó a = MH , b = MK . PQ là đoạn vuông góc chung của ∆, ∆ '

⇒ P ( 0;0;1) , Q (1;0;0 ) . Ta có a + b ≥ HK ≥ PQ = 2 ⇒ a 2 + b 2 =

4 a2 b2 2 2 + ≥ (a + b) = . 1 1 3 3 2

2  2 1 Dấu “=” đạt được khi M đặt tại M ' nghĩa là MP = −2 MQ ⇒ M  ; 0;  ⇒ x0 + y0 = . 3  3 3 Câu 50. Chọn đáp án A Kí hiệu Nam: và Nữ: . Ta có Có 2 trường hợp Nam, nữ ken kẽ nhau và 4 trường hợp hai bạn Nữ ngồi cạnh nhau. Trường hợp 1. Nam nữ ngồi xen kẽ nhau gồm: Nam phía trước: . Nữ phía trước: . Trường hợp 2. Hai bạn nữ ngồi cạnh nhau: Hoặc . Tương tự ta có thêm 2 trường hợp nữa. Các bước xếp như sau:

Trang 15/6

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

B1: Xếp 5 bạn nam. B2: Xếp cặp Tự - Trọng. B3: Xếp các bạn nữ còn lại. Khi đó số kết quả xếp cho 2 trường hợp trên như sau: Nam, Nữ xen kẽ nhau có: 2.9.4!.4!

Hai bạn nữ ngồi cạnh nhau có: 4.8.41.4! Vậ y P =

50.4!.4! 1 . = 10! 126

Trang 16/6

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

THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY (Đề thi có 06 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

--------------------------------------Họ, tên thí sinh: ................................................................... Số báo danh: ........................................................................ Câu 1. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? x -∞ 0 2 y’ + 0 0 + y 5

-∞

+∞

A. Hàm số đạt cực đại tại x = 5

B. Hàm số không có cực trị

C. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 D. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 Câu 2. Với α là số thực bất kỳ, mệnh đề nào sau đây Sai? α

A. 10α = 10 2

B. (10α ) = 100α

C. (10α ) = 10α

D. 10α =

( 10 )

Câu 3 . Cho hàm số y = f ( x ) , x ∈ [ −2;3] có đồ thị như hình vẽ. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) trên đoạn [ −2;3] . Giá trị của S = M + m là:

A. 6

B. 3

C. 5

Câu 4. Trong các dãy số sau, dãy số nào là một cấp số cộng? A. 1; −3; −6; −9; −12 B. 1;−3; −7; −11; −15 C. 1; −2; −4; −6; −8

D. 1

D. 1; −3; −5; −7; −9

Câu 5. Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi, biết AA’ = 4a; AC = 2a, BD = a. Thế tích V của khối lăng trụ là A. V = 2a 3

B. V = 4a 3

8 C. V = a 3 3

D. V = 8a 3

Câu 6. Cho khối nón có bán kính đáy là r, chiều cao h. Thể tích V của khối nón đó là :

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

A. V = πr 2 h

1 B. V = r 2 h 3

C. V = r 2 h

1 D. V = πr 2 h 3

Câu 7. Đường cong ở hình bên dưới là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào ?

A. y = x 3 − 3x 2 + 1

B. y = − x 3 + 3x 2 + 1

C. y = x 4 − 2x 3 + 1

D. y = x 3 − 3x + 1

Câu 8. Một khối trụ có thiết diện qua một trục là một hình vuông. Biết diện tích xung quanh của khối trụ bằng 16π Thể tích V của khối trụ bằng A. V = 8π

B. V = 16π

C. V = 64π

D. V = 32π

Câu 9. Với a và b là hai số thực dương, a ≠ 1 . Giá trị của a loga b bằng 1

A. 3b

B. b3

C. b 3

1 b 3

Câu 10. Cho biết hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) và có một nguyên hàm là F ( x ) . Tìm ∫  2f ( x ) + f ' ( x ) + 1dx ?

A. I = 2F ( x ) + f ( x ) + x + C

B. I = 2xF ( x ) + f ( x ) + x + C

C. I = 2xF ( x ) + x + 1

D. I = 2F ( x ) + xf ( x ) + C

Câu 11. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ℝ ? A. f ( x ) = x 4 − 4x + 1 C. f ( x ) =

B. f ( x ) = x 3 − 3x 2 + 3x − 4

2x − 1 x +1

D. f ( x ) = x 4 − 2x 2 − 4

Câu 12. Tập hợp tâm các mặt cầu đi qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng là : A. Một mặt cầu

B. Một đường thẳng

C. Một mặt phẳng

D. Một mặt trụ

Câu 13. Tập nghiệm S của bất phương trình 3 < e là x

A. S = ℝ

B. S = ℝ \ {0}

Câu 14. Cho phương trình log 22 ( 4x ) − log A. ( 0;1)

B. ( 3;5 )

C. S = ( 0; +∞ ) 2

D. S = ( −∞; 0 )

( 2x ) = 5 . Nghiệm nhỏ nhất của phương trình thuộc khoảng C. (1;3)

D. ( 5;9 ) 2

Câu 15. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x ( x − 1)( x + 2 ) ; ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

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

A. 3

B. 4

C. 2

D. 1

Câu 16. Số tập hợp con có 3 phần tử của một tập hợp có 7 phần tử là 7! A. B. 21 C. A 37 3!

D. D37

1 . Biết F (1) = 2 . Giá trị của F (2) là 2x − 1 1 C. F ( 2 ) = ln 3 + 2 D. F ( 2 ) = 2 ln 3 − 2 2

Câu 17. Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = A. F ( 2 ) =

1 ln 3 − 2 2

B. F ( 2 ) = ln 3 + 2

Câu 18. Một hình nón tròn xoay có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy. Diện tích đáy của hình nón bằng 9π . Khi đó đường cao hình nón bằng A.

3 3

3 2

D. 3 3

Câu 19. Các khoảng nghịch biến của hàm số y = − x 4 + 2x 2 − 4 là A. ( −∞; −1) và (1; +∞ )

B. ( −1;0 ) và (1; +∞ )

Câu 20. Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. x = 1

B. y = 2

C. ( −1;0 ) và ( 0;1)

D. ( −∞; −1) và ( 0;1)

x +1 là x−2 C. x = 2

D. y = 2

Câu 21. Từ một tập gồm 10 câu hỏi, trong đó có 4 câu lý thuyết và 6 câu bài tập, người ta tạo thành các đề thi. Biết rằng một đề thi phải gồm 3 câu hỏi trong đó có ít nhất 1 câu lý thuyết và 1 câu bài tập. Hỏi có thể tạo được bao nhiêu đề khác nhau? A. 100

B. 36

C. 96

D. 60

Câu 22. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA ⊥ ( ABC ) , SA = 3a . Thể tích V của khối chóp S.ABCD là

A. V = 2a 3

B. V = 3a 3

1 C. V = a 3 3

D. V = a 3

Câu 23. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ số đôi một khác nhau, sao cho trong mỗi số đó nhất thiết phải có mặt chữ số 0? A. 5040

B. 120

C. 15120

D. 7056

Câu 24. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = xe x +1 trên [ −2;0] bằng A. e 2

B. −

2 e

C. −1

D. 0

1 Câu 25. Cho cấp số nhân ( u n ) có công bội dương và u 2 = , u 4 = 4 . Giá trị của u1 là 4

A. u1 =

1 6

B. u1 =

1 16

C. u1 =

1 2

D. u1 = −

1 16

Câu 26. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ \ {1} và có bảng biến thiên như hình dưới đây

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

-1

−∞

y’

+∞

−∞

+∞

−∞

-1

Tập hợp S tất cả các giá trị của m đề phương trình f ( x ) = m có đúng ba nghiệm thực là

A. S = ( −1;1)

B. S = {−1;1}

C. [ −1;1]

D. S = {1}

Câu 27. Cho hàm số y = x 3 − 2x + 1 có đồ thị (C). Hệ số góc k của tiếp tuyến với (C) tại điểm có hoành độ bằng 1 bằng

A. k = 25

B. k = -5

Câu 28. Đồ thị hàm số v = A. 0

C. k = 10

x −7 có bao nhiêu đường tiệm cận? x + 3x − 4 2

B. 1

C. 3

Câu 29. Tổng các nghiệm của phương trình 3 A. 0

D. k = 1

B. −1

x +1

1− x

D. 2

= 10 là

C. 1

D. 3

Câu 30. Tập nghiệm S của bất phương trình log 2 ( x − 1) < 3 là A. S = (1;9 )

B. S = ( −∞;10 )

C. S = ( −∞;9 )

D. S = (1;10 )

Câu 31. Cho tứ diện ABCD có AC = 3a, BD = 4a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Biết AC vuông góc với BD. Tính MN A. MN =

a 5 2

B. MN =

5a 2

C. M =

a 7 2

D. MN =

7a 2

Câu 32. Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA = a 6 và vuông góc với đáy (ABCD). Tính theo a diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD A. 8πa 2

B. a 2 2

C. 2πa 2

D. 2a 2

Câu 33. Cho tứ diện ABCD có tam giác ABD đều là cạnh bằng 2, tam giác ABC vuông tại B, BC = 3 . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và CD bằng

A. 2

B. 1

C. 3

11 . Khi đó độ dài cạnh CD là 2

Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Tam giác SAB đều và nằm trong một mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD. Tính sin của góc tạo bởi giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (SHK) A.

2 2

2 4

7 4

14 4

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

Câu 35. Biết F ( x ) = ( ax 2 + bx + c ) e − x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ( 2x 2 − 5x + 2 ) e − x trên ℝ . Giá trị của biểu thức f ( F ( 0 ) ) bằng

A. 9e

B. −

1 e

C. 3e

D. 20e 2

Câu 36. Giả sử p, q là các số thực dương thỏa mãn log16 p = log 20 q = log 25 ( p + q ) . Tìm giá trị của A.

1 −1 + 5 2

(

)

1 1+ 5 2

(

)

4 5

p q

8 5

Câu 37. Cho lăng trụ ABCA1B1C1 có diện tích mặt bên ABB1A1 bằng 4, khoảng cách giữa cạnh CC1 và mặt phẳng ( ABB1A1 ) bằng 6. Tính thể tích khối lăng trụ ABCA1B1C1

A. 24

B. 18

C. 12

D. 9

Câu 38 . Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Có bao nhiêu mặt trụ tròn xoay đi qua sáu đỉnh A, B, D, A’, B’, D’?

A. 2

B. 3

C. 4

D. 1

Câu 39. Cho hình thang ABCD có ∠A = ∠B = 900 , AB = BC = a, AD = 2a . Tính thể tích khối nón tròn xoay sinh ra khi quay quanh hình thang ABCD xung quanh trục CD

7 πa 3 12

7 2πa 3 12

7 2πa 3 6

7 πa 3 6

Câu 40. Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’. Cắt khối lập phương trên bởi các mặt phẳng (AB’D’) và (C’BD) ta được ba khối đa diện. Xét các mệnh đề sau: (I): Ba khối đa diện thu được gồm hai khối chóp tam giác đều và một khối lăng trụ tam giác. (II): Ba khối đa diện thu được gồm hai khối tứ diện và một khối bát diện đều (III): Trong ba khối đa diện thu được có hai khối đa diện bằng nhau Số mệnh đề đúng là:

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

A. 2

B. 1

C. 3

D. 0

Câu 41. Cho một bảng ô vuông 3x3. Điền ngẫu nhiên các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 vào bảng trên ( mỗi ô chỉ điền một số). Gọi A là biến cố: “mỗi hàng, mỗi cột bất kì đều có ít nhất một số lẻ”. Xác suất của biến cố A bằng:

A. P ( A ) =

5 7

B. P ( A ) =

1 3

C. P ( A ) =

1 56

D. P ( A ) =

10 21

Câu 42. Tính: tổng S tất cả các giá trị tham số m để đồ thị hàm số f ( x ) = x 3 − 3mx 2 + 3mx + m 2 − 2m3 tiếp xúc với trục hoành.

A. S = 1

B. S = 0

C. S =

2 3

D. S =

4 3

Câu 43. Cho số thực a dương khác 1. Biết rằng bất kỳ đường thẳng nào song song với trục Ox mà cắt đường thẳng y = 4 x , y = a x , trục tung lần lượt tại M, N và A thì AN = 2AM. Giá trị của a bằng

1 2

1 3

2 2

1 4

Câu 44. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a và AB ' ⊥ BC ' . Tinh thể tích V của khối lăng trụ đã cho A. V =

a2 6 4

B. V =

7a 3 8

C. V = a 3 6

Câu 45. Cho mặt cầu (S) tâm I bán kính R. M là điểm thỏa mãn IM =

D. V =

a3 6 8

3R . Hai mặt phẳng (P), (Q) qua M 2

và tiếp xúc với (S) lần lượt tại A và B. Biết góc giữa (P) và (Q) bằng 600 . Độ dài đoạn thẳng AB bằng

A. AB = R

B. AB = R 3

C. AB =

3R 2

D. AB = R hoặc AB = R 3

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

Câu 46. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới:

Số giá trị nguyên dương của m để phương trình f ( x 2 − 4x + 5 ) + 1 = m có nghiệm là

A. 0

B. Vô số

C. 4

D. 3

Câu 47. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA ⊥ ( ABCD ) . Trên đường thẳng

1 vuông góc với ( ABCD ) tại D lấy điểm S’ thỏa mãn S' D = SA và S, S’ ở cùng phía đối với mặt phẳng 2 (ABCD). Gọi V1 là thể tích phần chung cảu hai khối chóp S.ABCD và S’.ABCD. Gọi V2 là thể tích khối V chóp S.ABCD, tỉ số 1 bằng V2

1 2

1 3

2 2

1 4

Câu 48. Hình vẽ bên dưới mô tả đoạn đường đi vào GARA Ô TÔ nhà cô Hiền. Đoạn đường đầu tiên có chiều rộng bằng x(m), đoạn đường thẳng vào cổng GARA có chiều rộng 2,6(m). Biết kích thước xe ô tô là 5m x 1,9m (chiều dài x chiều rộng). Để tính toán và thiết kế đường đi cho ô tô người ta coi ô tô như một khối hộp chữ nhật có kích thước chiều dài bằng 5m, chiều rộng 1,9m. Hỏi chiều rộng nhỉ nhất của đoạn đường đầu tiên gần nhất với giá trị nào trong các giá trị bên dưới để ô tô có thể đi vào GARA được ? (giả thiết ô tô không đi ra ngoài đường, không đi nghiêng và ô tô không bị biến dạng).

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

A. x = 3,7(m)

B. x = 3,55(m)

C. x = 4,27(m)

D. x = 2,6(m)

Câu 49. Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau: x

−∞

f(x)

3 +

4 -

+∞

f’(x)

+∞ 3 2 1 0

−∞ 3

Hàm số y = ( f ( x ) ) − 3. ( f ( x ) ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ?

A. ( 3; 4 )

B. ( −∞;1)

C. ( 2;3)

Câu 50. Số có giá trị nguyên cảu tham số m thuộc đoạn

( x − 1) log3 ( 4x + 1) + log5 ( 2x + 1)  = 2x − m A. 2021

B. 1

D. (1; 2 )

[ −2019; 2]

để phương trình

có đúng hai nghiệm thực là

C. 2

D. 2022

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

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

C3 C11 C15 C19 C24 C27

C26 C28 C42 C46

C49

C9 C13 C29 C30

C14 C36 C43

C50

C10

C17 C35

Đại số Chương 1: Hàm Số Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C1 C7 C20

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng Lớp 12 (88%)

Chương 4: Số Phức

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C22

C5 C32 C40

C31 C34 C37 C44 C47

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C8 C12 C38

C18 C39 C45

C21

C23 C41

C33 C48

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

Lớp 11 (12%)

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

C16

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C25

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

Hình học

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

Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

Đại số

Lớp 10 (0%)

Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Tổng số câu

Điểm

1.6

3.6

4.0

0.8

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

NHẬN XÉT ĐỀ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan. Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, còn lại là câu hỏi lớp 11 chiếm 10%. Không có câu hỏi lớp 10. Cấu trúc tương tự đề thi minh họa năm 2018-2019. 23 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 4 câu VDC: C33, C48, C49, C50. Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng. Đề thi phân loại học sinh ở mức khá

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

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.D

2.C

3.D

4.B

5.B

6.D

7.D

8.B

9.B

10.A

11.B

12.B

13.D

14.A

15.C

16.D

17.C

18.D

19.B

20.C

21.C

22.D

23.D

24.C

25.B

26.B

27.D

28.B

29.A

30.A

31.B

32.A

33.D

34.B

35.D

36.A

37.C

38.B

39.C

40.B

41.A

42.D

43.A

44.A

45.A

46.D

47.A

48.A

49.C

50.A

Câu 1. Phương pháp

Ta có x = x 0 là điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) ⇔ tại điểm x = x 0 thì hàm số có y’ đổi dấu từ dương sang âm hoặc ngược lại.

Cách giải Dựa vào BBT ta thấy hàm số cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 2.

Chọn D. Câu 2. Phương pháp n

Sử dụng các công thức ( a m ) = a m.n , a n = n a m

Cách giải 2

Ta có (10α ) = 102 α ⇒ đáp án C sai.

Chọn C. Câu 3. Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số để nhận xét GTLN và GTNN của hàm số và chọn đáp án đúng. Cách giải

M = max f ( x ) = f ( 3) = 3 m = min f ( x ) = f ( −2 ) = −2

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy trong [ −2; 3] thì 

⇒ S = M + m = 3− 2 =1

Chọn D. Câu 4. Phương pháp Các số a, b, c, d lập thành một CSC ⇔ b − a = c − b = d − c.

Cách giải +) Đáp án A ta có: −3 − 1 = −4; −6 − ( −3) = −3 ⇒ các số trong đáp án A không lập thành CSC. +) Đáp án B ta có: −3 − 1 = −4; −7 − ( −3) = −4; −11 − ( −7 ) = −4; −15 − ( −11) = −4 ⇒ các số trong đáp án B lập thành một CSC có công sai d = -4.

Chọn B. Câu 5.

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

Phương pháp Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy S và chiều cao h: V = Sh. Công thức tính diện tích hình thoi ABCD là: SABCD =

1 AC.BD. 2

Cách giải

Diện tích hình thoi ABCD: SABCD =

1 1 AC.BD = .2a.a = a 2 . 2 2

Thể tích khối lăng trụ là: VABCD.A 'B'C'D ' = SABCD .AA'=a 2 .4a = 4a 3 .

Chọn B. Câu 6. Phương pháp 1 Thể tích khối nón có bán kính đáy R và chiều cao h: V = πR 2 h. 3

Cách giải

1 Thể tích khối nón có bán kính đáy R và chiều cao h: V = πR 2 h. 3 Chọn D. Câu 7. Phương pháp Dựa vào dáng điệu của đồ thị và các điểm thuộc đồ thị hàm số để đưa ra nhận xét và chọn đáp án đúng.

Cách giải Ta thấy đồ thị hàm số là hàm bậc 3 có nét cuối đi lên nên hàm số và có a > 0 ⇒ loại đáp án B và C.

Đồ thị hàm số đi qua điểm ( −1;3) nên ta có: 3

Đáp án A: ( −1) − 3. ( −1) + 1 = −3 ≠ 3 ⇒ loại đáp án A. Chọn D. Câu 8. Phương pháp Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy R, chiều cao h: Sxq = 2πrh. Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h: V = πR 2 h.

Cách giải

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

Theo đề bài ta có: h = 2r.

⇒ Sxq = 2πrh = 16π ⇔ 2π.2r 2 = 16π ⇔ r = 2.

⇒ V = πr 2 h = π22.2.2 = 16π. Chọn B. Câu 9. Phương pháp Sử dụng công thức : a loga b = b loga a = b.

Cách giải 3

Ta có: a loga b = b3loga a = b3 .

Chọn B. Câu 10. Phương pháp Ta có : F ( x ) = ∫ f ( x ) dx;f ( x ) = ∫ f ' ( x ) dx, ∫ adx = ax + C.

Cách giải Theo đề bài ta có : F ( x ) = ∫ f ( x ) dx;f ( x ) = ∫ f ' ( x ) dx. ⇒ I = ∫  2f ( x ) + f ' ( x ) + 1dx = 2F ( x ) + f ( x ) + x + C.

Chọn A. Câu 11. Phương pháp +) Hàm số y = f(x) đồng biến trên R ⇔ f ' ( x ) ≥ 0∀x ∈ R. +) Hàm số y = f(x) nghịch biến trên R ⇔ f ' ( x ) ≤ 0∀x ∈ R.

Cách giải +) Đáp án A có: f ' ( x ) = 2x − 4 ⇒ f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 2. ⇒ hàm số đồng biến trên ( 2; +∞ ) , nghịch biến trên ( −∞; 2 ) . ⇒ loại đáp án A. 2

+) Đáp án B có: f ' ( x ) = 3x 2 − 6x + 3 = 3 ( x 2 − 2x + 1) = 3 ( x − 1) ≥ 0∀x ∈ R ⇒ hàm số đồng biến trên R. ⇒ chọn đáp án B.

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

Chọn B. Câu 12. Phương pháp Tập hợp tâm các mặt cầu đi qua ba điểm phân biệt A, B, C không thẳng hàng là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Cách giải Tập hợp tâm các mặt cầu đi qua ba điểm phân biệt A, B, C không thẳng hàng là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Chọn B. Câu 13. Phương pháp Giải bất phương trình mũ bằng cách loganepe hai vế. Cách giải Ta có: 3x < e x ⇔ ln 3x < ln e x ⇔ x ln 3 < x ⇔ x9 ln 3 − 1) < 0 ⇔ x < 0.

Chọn D. Câu 14. Phương pháp +) Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa. x  log a xy = log a x + log a y;log a y = log a x − log a y +) Sử dụng các công thức:  (giả sử các biểu thức là có log x = 1 log x;log x m = m log x a a a  a n n nghĩa).

Cách giải Điều kiện: x > 0. Ta có: 2

log 22 (4x) − log 2 (2x) = 5 ⇔ ( log 2 4 + log 2 x ) − 2 ( log 2 2 + log 2 x ) − 5 = 0 ⇔ 4 + 4 log 2 x + log 22 x − 2 − 2 log 2 x − 5 = 0 ⇔ log 22 x + 2 log 2 x − 3 = 0

x = 2 log 2 x = 1  ⇔ ⇔ 1 1 log 2 x = −3  x = 3 = 2 8  1 Vậy nghiệm bé nhất của phương trình là x = ∈ ( 0;1) 8

Chọn A. Câu 15. Phương pháp Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f(x) là nghiệm bội lẻ của phương trình f’(x) = 0.

Cách giải

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

Ta có: f '(x) = 0 ⇔ x ( x − 1)( x + 2 )

x = 0 = 0 ⇔  x = 1  x = −2

Trong đó có x = −2 là nghiệm bội chẵn của phương trình, còn lại x = 0; x = 1 là các nghiệm bội lẻ của phương trình f '(x) = 0 . Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn C. Câu 16. Phương pháp Số tập con gồm k phần tử của tập hợp gồm n phân tử là: Ckn tập hợp.

Cách giải Số tập con gồm 3 phần tử của tập hợp gồm 7 phân tử là: C37 tập hợp.

Chọn D. Câu 17. Phương pháp Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản:

∫ ax + b dx = a ln ax + b + C.

Cách giải Ta có: F(x) = ∫

1 1 dx = ln 2x − 1 + C. 2x + 1 2

1 ln 2.1 − 1 + C = 2 ⇔ C = 2. 2 Có 1 1 1 ⇒ F(x) = ln 2x − 1 + 2 ⇒ F(2) = ln 2.2 − 1 + 2 = ln 3 + 2. 2 2 2 F(1) = 2 ⇔

Chọn C. Câu 18. Phương pháp +) Diện tích đường tròn có bán kính đáy R: S = πR 2 . +) Công thức liên hệ giữa đường sinh với bán kính đáy và chiều cao của hình nón là: h = l2 − r 2

Cách giải Theo đề bài ta có: Sd = πr 2 = 9π ⇒ r = 3, l = 2r

⇒ h = l2 − r 2 = 4r 2 − r 2 = r 3 = 3 3. Chọn D. Câu 19. Phương pháp +) Hàm số y = f(x) đồng biến trên ( a; b ) ⇔ f '(x) ≥ 0∀x ∈ (a; b). +) Hàm số y = f(x) nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ f '(x) ≤ 0∀x ∈ (a; b).

Cách giải

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

x = 0 Ta có: f '(x) = −4x + 4x ⇒ f '(x) = 0 ⇔ −4x + 4x = 0 ⇔ −4x ( x − 1) = 0 ⇔  x = −1   x = 1 3

Ta có xét bảng dấu:

Như vậy hàm số đồng biến trên ( −∞;1) và (0;1). Hàm số nghịch biến trên (-1;0) và (1; +∞ ) .

Chọn B. Câu 20. Phương pháp +) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y = f (x) ⇔ lim f ( x ) = ∞ x →a

Cách giải Ta có: lim+ x →2

x +1 x +1 = +∞; lim− = −∞ ⇒ x = 2 là TCĐ của đồ thị hàm số. x → 2 x−2 x−2

Chọn C. Câu 21. Phương pháp Sử dụng quy tắc cộng để làm bài toán.

Cách giải Để chọn được 3 câu hỏi trong đó có ít nhất 1 câu lý thuyết và 1 câu bài tập ta chia thành 2 TH: TH1: Chọn 1 câu lý thuyết và 2 câu bài tập có: C14 .C62 cách chọn. TH2: Chọn 2 câu lý thuyết và 1 câu bài tập có: C24 .C16 cách chọn. Như vậy có: C14 .C62 + C24 .C16 = 96 cách chọn.

Chọn C. Câu 22. Phương pháp

1 Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: V = Sh. 3 Cách giải 1 1 Ta có: VSABCD = SA.SABCD = .a 2 .3a = a 3 . 3 3

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

Chọn D. Câu 23. Phương pháp Gọi số cần lập có dạng abcde . Vì số cần lập là số chẵn nên e ∈ {0; 2; 4; 6;8} e = 0 Xét 2 TH:  để làm bài toán. e ∈ {0; 2; 4; 6;8}

Cách giải Gọi số cần lập có dạng abcde . Vì số cần lập là số chẵn nên e ∈ {0; 2; 4; 6;8} TH1: Chọn e = 0 ⇒ e có 1 cách chọn. Khi đó a, b, c, d có A 94 cách chọn ⇒ có A 94 cách chọn TH1. TH2: Chọn e ∈ {0; 2; 4;6;8} ⇒ e có 4 cách chọn.

a ≠ 0, a ≠ e ⇒ a có 8 cách chọn. Chọn b, c, d trong các chữ số còn lại và nhất định phải có chữ số 0 nên có: 3. A 72 cách chọn. ⇒ có 4.8.3. A 27 = 4032 cách chọn.

Như vậy có: A 94 + 4032 = 7056 cách chọn.

Chọn D. Câu 24. Phương pháp Cách 1: Tìm GTLN và GTNN của hàm số y = f(x) trên [ a; b ] bằng cách: +) Giải phương trình y’ = 0 tìm các nghiệm x i +) Tính các giá trị f ( a ) , f ( b ) , f ( x i ) ( x i ∈ [ a; b ]) . Khi đó:

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

[ a;b]

Cách 2: Sử dụng tính năng MODE 7 để tìm GTLN và GTNN của hàm số trên [ a; b ] .

Cách giải Ta có: y ' = e x +1 + xe x +1 = e x +1 ( x + 1) = 0 ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = −1.

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

−2  −1 f ( −2 ) = −2e = e  ⇒ f ( −1) = −e0 = −1 ⇒ min y = −1 khi x = −2 [ −2;0]  f 0 = 0 ( )  

Chọn C. Câu 25. Phương pháp Công thức tổng quát của CSN có số hạng đầu là u1 và công bội q là: u n = u1.q n −1

Cách giải Gọi CSN có số hạng đầu là u1 và công bội q (q > 0).

1  u 2 = u1.q = Theo đề bài ta có hệ phương trình:  4 ⇒ q 2 = 16 ⇔ q = 4 (do q > 0). u = u .q 3 = 4  4 1

⇒ u1 =

u2 1 = . q 16

Chọn B. Câu 26. Phương pháp Số nghiệm của phương trình f(x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

Cách giải Số nghiệm của phương trình f(x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m song song với trục hoành. Dựa vào BBT ta thấy, phương trình f(x) = m có đúng 3 nghiệm thực khi và chỉ khi m = ±1. Vậy S = {−1;1} .

Chọn B. Câu 27. Phương pháp Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ x = x 0 là k = f ' ( x 0 ) .

Cách giải Ta có: y ' = 3x 2 − 2 Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại điểm có hoành độ x = 1 là k = f ' (1) = 3.12 − 2 = 1.

Chọn D. Câu 28. Phương pháp Cho hàm số y = f(x). +) Nếu lim y = y 0 ⇒ y = y 0 là TCN của đồ thị hàm số. x →+∞

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

+) Nếu lim y = ∞ ⇒ x = x 0 là TCĐ của đồ thị hàm số. x →+∞

Cách giải TXĐ: D = [ 7; +∞ ) 1 7 − 4 3 x −7 x x Ta có: lim y = lim 2 = lim =0 x →+∞ x →+∞ x + 3x − 4 x →+∞ 3 4 x+ − 2 x x Do D = [ 7; +∞ ) nên x 2 + 3x − 4 ≠ 0∀x ∈ D = [ 7; +∞ ) ⇒ Đồ thị hàm số không có TCĐ. Vậy đồ thị hàm số đã cho có 1 TCN duy nhất.

Chọn B. Câu 29. Phương pháp Sử dụng các công thức a m .a n = a m + n , a m : a n = a m − n đưa về cùng cơ số 3.

Cách giải 3

x +1

 3x = 3 x = 1 3 2x x = 10 ⇔ 3.3 + x = 10 ⇔ 3.3 − 10.3 + 3 = 0 ⇔  x 1 ⇔   3 3 =  x = −1  3

1− x

Vậy S = {−1;1} ⇒ Tổng số nghiệm của phương trình là -1 + 1 = 0.

Chọn A. Câu 30. Phương pháp Giải bất phương trình logarit cơ bản: log a f ( x ) < b ( a > 1) ⇒ 0 < f ( x ) < a b .

Cách giải

log 2 ( x − 1) < 3 ⇔ 0 < x − 1 < 8 ⇔ 1 < x < 9. Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = (1;9).

Chọn A. Chú ý: Chú ý tìm ĐKXĐ của phương trình. Câu 31. Phương pháp +) Gọi P là trung điểm của AB. Chứng minh ∆MNP vuông tại P. +) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông MNP tính MN.

Cách giải

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

Gọi P là trung điểm của AB. Ta có: MP là đường trung bình của tam giác ABD ⇒ MP / /BD và MN = NP là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ NP / / AC và NP =

1 BD = 2a 2

1 3a AC = 2 2

Lại có AC ⊥ BD ⇒ MP ⊥ NP ⇒ ∆MNP vuông tại P. Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông MNP ta có: MN = MP 2 + NP 2 = 4a 2 +

9a 2 5a = 4 2

Chọn B. Câu 32. Phương pháp Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp h2 2 + R day 4

chóp R =

Cách giải Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD cạnh a: R =

a 2 2

Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp 2

a 6 a 2 h2 2 chóp R = + R day =   +   = a 2 4  2   2 

(

Vậy diện tích mặt cầu là S = 4πR 2 = 4π a 2

)

= 8πa 2

Chọn A. Câu 33. Phương pháp +) Dựng E sao cho ABCE là hình bình hành. Chứng minh d(AB;CD) = d(M;(CDE)). +) Dựng khoảng cách từ M đến (CDE). +) Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác hình vuông tính CD.

Cách giải Dựng E sao cho ABCE là hình bình hành như hình vẽ.

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

Ta có: AB // CE

⇒ AB / / ( CDE ) ⊃ CD ⇒ d ( AB;CD ) = d ( AB; ( CDE ) ) = d ( M; ( CDE ) ) với M là trung điểm của AB. Gọi N là trung điểm của CE. Tam giác ABD đều ⇒ MD ⊥ AB ABCE là hình bình hành có ∠ABC = 900 (gt) ⇒ ABCE là hình chữ nhật. (dhnb)

⇒ MN / /BC, BC ⊥ AB ⇒ MN ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( AND ) ⇒ CE ⊥ ( AND ) MH ⊥ DN Trong (MND) kẻ MH ⊥ DN ta có:  ⇒ MH ⊥ ( CDE ) MH ⊥ CE ⇒ d ( M; ( CDE ) ) = MH =

11 2

Tam giác ABD đều cạnh 2 ⇒ DM =

2 3 = 3 2

Ta có: MN = BC = 3 ⇒ ∆MND cân tại M ⇒ H là trung điểm của ND. Xét tam giác vuông MNH có NH = MN 2 − MH 2 = 3 −

11 1 = ⇒ ND = 2NH = 1 4 2

Ta có: CE ⊥ ( MND ) ⇒ CE ⊥ DN ⇒ ∆CDN vuông tại N ⇒ CD = DN 2 + CN 2 = 1 + 1 = 2

Chọn D. Câu 34. Phương pháp +) Gọi I = AC ∩ HK , chứng minh AI ⊥ ( SHK ) , từ đó xác định góc giữa SA và (SHK). +) Sử dụng công thức sin =

doi huyen

Cách giải

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

∆SAB đều ⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) Gọi I = AC ∩ HK Do ABCD là hình vuông ⇒ AC ⊥ BD Mà HK // BD (H là đường trung bình của tam giác ABD)

⇒ AC ⊥ HK ⇒ AI ⊥ BD AI ⊥ HK Ta có:  ⇒ AI ⊥ ( SHK ) ⇒ SI là hình chiếu của SA lên (SHK). AI ⊥ SH ( SH ⊥ ABCD )

⇒ ∠ ( SA; ( SHK ) ) = ∠ ( SA;SI ) = ∠ISA. Gọi O = AC ∩ BD , áp dụng định lí Ta – lét ta có:

AI AH 1 1 1 a 2 = = ⇒ AI = OA = AC = OA AB 2 2 4 4

a 2 AI 2 Tam giác SIA vuông tại I ⇒ sin ∠ISA = = 4 = SA a 4 Vậy sin ∠ ( SA; ( SHK ) ) =

2 4

Chọn B. Câu 35. Phương pháp +) F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) nên F’(x) = f(x). +) Tính F’(x), sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số, tìm a, b, c. +) Tính F(0), từ đó tính được f(F(0)).

Cách giải Do F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) nên F’(x) = f(x). Ta có F ' ( x ) = ( 2ax + b ) e − x − ( ax 2 + bx + c ) .e − x = ( −ax 2 + ( 2a − b ) x − c ) e − x

Đồng nhất hệ số ta có: −2a = 2 a = −1   2 −x 2a − b = −5 ⇒ b = 3 ⇒ F(x) = ( − x + 3x − 2 ) e  −c = 2  c = −2   ⇒ F ( 0 ) = −2e −0 = −2 ⇒ f ( F ( 0 ) ) = f ( −2 ) = 20e 2 .

Chọn D. Câu 36. Phương pháp +) Đặt log16 p = log 20 q = log 25 ( p + q ) = t , rút p, q, p + q theo t. +) Thế p, q theo t vào biểu thức p + q. Chia cả 2 vế cho 25t > 0 , đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai đối với hàm số mũ. +) Giải phương trình, từ đó suy ra

p q

Cách giải

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

Đặt log16 p = log 20 q = log 25 (p + q) = t p = 16 t t t 2t t   16   20  4 4 t t t t ⇒ q = 20 ⇒ 16 + 20 = 25 ⇔   +   = 1 ⇔   +   − 1 = 0  25   25  5 5 p + q = 25t   4  t −1 + 5   = t t t 2 p  5   4  −1 + 5  16  16 ⇔ ⇒ = = = =     t t 2 5  20  20 q  4  −1 − 5 0 (ktm) = <  5  2 

Chọn A. Câu 37. Phương pháp +) Chứng minh d ( CC1 ; ( ABB1A1 ) ) = d ( C1 ; ( ABB1A1 ) ) , từ đó tính thể tích của C1.ABB1A1 +) So sánh thể tích C1.ABB1A1 với thể tích lăng trụ từ đó tính thể tích lăng trụ.

Cách giải

Ta có: CC1 / /AA1 ⇒ CC1 / / ( ABB1A1 ) ⇒ d ( CC1 ; ( ABB1A1 ) ) = d ( C1 ; ( ABB1A1 ) )

1 1 ⇒ VC1 .ABB1A1 = d ( C1 ; ABB1A1 ) .SABB1A1 = .6.4 = 8 3 3 1 2 Ta có: VC1 .ABC = VABC.A1B1C1 ⇒ VC1 .ABB1A1 = VABC.A1B1C1 3 3

⇒ VABC.A1B1C1 =

3 3 VC1 .ABB1A1 = .8 = 12 2 2

Chọn C. 1 Chú ý: Nhiều HS nhầm lẫn VC1 .ABB1A1 = VABC.A1B1C1 3

Câu 38 . Cách giải Có 3 mặt trụ tròn xoay đi qua các điểm A, B, D, C', B', D' . Đó là các trụ ngoại tiếp lập phương ABCD.A’B’C’D’.

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

Chọn B. Câu 39. Phương pháp Sử dụng các công thức tính thể tích sau:

1 +) Thể tích khối nón bán kính đáy r, đường cao h là V = πr 2 h 3 1 +) Thể tích khối nón cụt bán kính hai đáy r1 , r2 , đường cao h là V = πh ( r12 + r2 2 + r1r2 ) 3 Cách giải

Gọi A’, B’ lần lượt các điểm đối xứng A, B qua CD. H là trung điểm của BB’, ta dễ dàng chứng minh được C là trung điểm của AA’. Gọi V1 là thể tích khối nón có chiều cao CD, bán kính đáy AC.

V2 là thể tích khối nón cụt có chiều cao CH, bán kính đáy nhỏ BH, bán kính đáy lớn AC. V3 là thể tích khối nón có chiều cao CH, bán kính đáy BH. Kẻ CK ⊥ AD suy ra ABCK là hình vuông ⇒ CK = KD = a Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông CKD ta có:

CD = CK 2 + KD 2 = a 2 + a 2 = a 2 Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC ta có:

AC = AB2 + BC 2 = a 2 + a 2 = a 2 Tam giác vuông CKD vuông câm tại K ∠KDC = 450 ⇒ ∠BCH = 450 ⇒ ∆BCH vuông cân tại H.

⇒ BH = CH =

BC a = 2 2

2 1 1 2 2πa 3 ⇒ V1 = πAC2 .CD = π a 2 a 2 = 3 3 3  7 2πa 2 1 1 a  a2 a 2 V2 = πCH ( BH 2 + AC 2 + BH.AC ) = π. + 2a + .a 2  = 3 3 12 2 2 2 

(

)

1 1 a2 a π 2a 3 V3 = πBH 2 .CH = π. . = 3 3 2 2 12 Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình thang ABCD quanh trục CD là: V = V1 + V2 − V3 =

2 2πa 3 7 2πa 2 2πa 2 7 2πa 3 + − = 3 12 12 6

Chọn C.

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

Câu 40: Phương pháp: +3 xét -2 +1 kh +5 -2ối tạo thành và tính thể tích của chúng +1 nhận Chia khối lập phươ-3ng, các Cách giải: Chia khối lập phương ABC.A’B’C’ bởi mặt phẳng (AB’D’) và (C’BD) ta được: +) Chóp A.A’B’D’ +) Chóp C’.BCD +) Khối bát diện ABD.B’C’D’ 1 1 1 1 Ta có VA.A 'B'D ' = AA '.SA 'B'D' = AA '. A ' B '.A 'D ' = VABCD.A 'B'C 'D ' 3 3 2 6 1 Tương tự ta có VC '.BCD = VABCD.A 'B'C'D ' 6 2 ⇒ VABD.B'C'D' = VABD.B'C'D ' 3 Các khối A.A’B’D’ và C’.BCD không phải là chóp tam giác đều và khối bắt diện ABD.B’C’D’ không phải là khói bát diện đều Do đó chỉ có mệnh đề III đúng Chọn B Câu 41: Phương pháp: +) Tính số phần tử của không gian mẫu +) Gọi A là biến cố “Mỗi hàng, mỗi cột đều có ít nhất 1 số lẻ” ⇒ A :”Tồn tại hàng hoặc cột không có số lẻ ”

( )

+) Tính số kết quả thuận lợi của biến cố A ⇒ P A ⇒ P ( A ) = 1 − P A

Cách giải: Điền 9 số vào 9 ô vuông ⇒ n ( Ω ) = 9! Gọi A là biến cố “Mỗi hàng, mỗi cột đều có ít nhất 1 số lẻ” ⇒ A : “Tồn tại hàng hoặc cột không có số lẻ” Do chỉ có 4 số chẵn nên chỉ có thể xảy ra trường hợp có 1 hàng hoặc 1 cột không có số lẻ. TH1: Hàng thứ nhất không có số lẻ Chọn 3 số chẵn trong 4 số chẵn điền vào hàng đầu tiên có A 34 = 24 cách 6 số còn lại điền vào 6 ô còn lại có 6! Cách ⇒ có 24.6! cách Tương tự cho 2 hàng còn lại và 3 cột còn lại

( )

n A = 6.24.6!

( )

Vậy P A =

6.24.6! 2 5 = ⇒ P (A) = 9! 7 7

Chọn A Câu 42: Phương pháp:

f ( x ) = g ( x ) Đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) tiếp xúc với nhau ⇔ Hệ phương trình  có nghiệm f ' ( x ) = g ' ( x ) Cách giải: Đồ thị hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3mx + m 2 − 2m 3 tiếp xúc với trục hoành  x 3 − 3mx 2 + 3mx + m 2 − 2m3 = 0 có nghiệm ⇔ hệ phương trình  2 3x − 6mx + 3m = 0

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

 x 3 − 3mx 2 + 3mx + m 2 − 2m3 = 0 (1) ⇔ 2 ( 2)  x − 2mx + m = 0 m ≥ 1 (2) có nghiệm ⇔ ∆ ' = m 2 − m ≥ 0 ⇔  m ≤ 0 (2) ⇔ x 2 = m ( 2x − 1)

1 1 ⇔ = 0 (vô lí) 2 4 1 x2 TH2: x ≠ ⇒ m = 2 2x − 1 TH1: x =

 x2   x2  x2 x2 x2 + 3 x + − 2 Thay vào (1) ta có: x − 3    =0 2x − 1 2x − 1  2x − 1   2x − 1  x3  2x − 1)3 − 3x ( 2x − 1) 2 + 3 ( 2x − 1)2 + x ( 2x − 1) − 2x 3  = 0 ⇔ 3 (  ( 2x − 1) 3

x = 0 ⇔ 3 2 3 2 2 2 3 8x − 12x + 6x − 1 − 12x + 12x − 3x + 12x − 12x + 3 + 2x − x − 2x = 0 x = 0  x = 0 1 1 4 x = ⇒ S = 0 + +1 = ⇔ ⇔ 3 2 3 3 3   −6x + 14x − 10x + 2 = 0 x = 1 

Chọn D. Câu 43: Phương pháp: +) Gọi x M = x 0 ( x 0 > 0 ) ⇒ x N theo x 0 +) Tính y M , y N .Giải phương trình y M = y N tìm a. Cách giải: Ta có x M = x 0 ( x 0 > 0 ) ⇒ x N = −2x 0 ⇒ y M = 4 x 0 ; y N = a −2x 0 x0

⇒ 4 x 0 = a −2x 0 ⇔ 4 x 0 = ( a −2 ) ⇔ a −2 = 4 ⇔ a =

1 2

Chọn A. Câu 44: Phương pháp: +) Chứng minh AB ' ⊥ BM với M là trung điểm của A 'B ' +) Gọi K = AB '∩ CM . Gọi AA ' = h . Tính B’K, BM theo a, h +) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BB’M tính h theo a +) Tính thể tích lăng trụ VABC.A 'B'C' = AA '.S∆ABC Cách giải: Gọi M là trung điểm của A’B’ ta có C ' M ⊥ A ' B ' ⇒ C 'M ⊥ ( ABB 'A ' ) ⇒ C ' M ⊥ AB '  C ' M ⊥ AA ' BC ' ⊥ AB ' ⇒ AB ' ⊥ ( BC ' M ) ⇒ AB ' ⊥ BM  C ' M ⊥ AB ' Gọi K = AB '∩ CM

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

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: B'K MB' 1 1 AB' = = ⇒ B'K = AK ⇒ B'K = AK AB 2 2 3 Đặt AA ' = BB ' = CC ' = DD ' = h

a4 a2 + h2 ; AB ' = a 2 + h 2 ⇒ B 'K = 4 3 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuong BB’M ta có: Ta có: BM = h 2 +

B ' K.BM = BB '.B 'M ⇔

1 2 a2 a a + h2 . h2 + = h. 3 4 2

a2 = 3ah ⇔ ( a 2 + h 2 )( 4h 2 + a 2 ) = 9a 2 h 2 4 ⇔ 4a 2 h 2 + a 4 + 4h 4 + a 2 h 2 = 9a 2 h 2 ⇔ a 4 − 4a 2 h 2 + 4h 4 = 0 ⇔ 2 a2 + h2 . h2 +

⇔ ( a 2 − 2h 2 ) = 0 ⇔ a = 2h ⇔ h = Tam giác ABC đều cạnh a ⇒ S∆ABC =

a 2

a2 3 a a2 3 a2 6 ⇒ VABC.A 'B'C' = AA '.S∆ABC = . = 2 4 2 2

Chọn A. Câu 45: Cách giải: Gọi d = ( P ) ∩ ( Q ) . Kẻ IN ⊥ d ( N ∈ d ) ⇒ IN ≤ IM Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB đến mặt cầu sao cho NA ⊥ d, NB ⊥ d

⇒ ∠ ( ( P ) ; ( Q ) ) = ∠ ( NA; NB ) = 600 TH1: AI = 2.AI = 2R > IM sin 300 TH2: ∠ANB = 1200 ⇒ ∠ANI = 600 ⇒ ∠AIN = 300 Gọi H là trung điểm của AB ta có: IH ⊥ AB R Xét tam giác vuông IAN ta có: AH = AI.sin 300 = ⇒ AB = 2.AH = R 2 Chọn A. Câu 46: Phương pháp: +) Đặt t = x 2 − 4x + 5 , xác định điều kiện của t +) Đưa phương trình về dạng f ( t ) = m − 1 , dựa vào đồ thị hàm số tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm t thỏa mãn điề kiện của chính nó Cách giải: 2 Đặt t = x 2 − 4x + 5 = ( x − 2 ) + 1 ≥ 1 , Phương trình trở thành f ( t ) = m − 1 ∠ANB = 600 ⇒ ∠ANI = 300 ⇒ IN =

Số nghiệm của phương trình f ( t ) = m − 1 là số giao điểm cảu đồ thị hàm số y = f ( t ) và đường thẳng

y = m −1 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình f ( t ) = m − 1 có nghiệm t ≥ 1 ⇔ m − 1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 3 Kết hợp điều kiện m nguyên dương ⇒ m ∈ {1; 2;3} Vậy có 3 giá trị m thảo mãn yêu cầu bài toán Đáp án D Câu 47:

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

Phương pháp: +) Gọi M = SD ∩ S' A, MN / /AB ( N ∈ SC ) ; MN ∩ S'B = P +) Tính VS.AMNB theo V2 từ đó suy ra VMN.ABCD theo V2 +) Tính VP.NBC theo V2 +) V1 = VMN.ABCD − VP.NBC , từ đó suy ra tỉ số

V1 V2

Cách giải: Gọi M = SD ∩ S' A Trong ( S'AB ) kẻ MN / /AB ( N ∈ SC ) ta có:

MN ∩ S' B = P ⇒ MP = ( S'AB ) ∩ ( SCD ) Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

MD S'D 1 NC = = = MS SA 2 NS

Ta có: VS.AMN SM SN 4 4 2 . = = ⇒ VS.AMN = VS.ADC ⇒ VS.AMN = V2 VS.ADC SD SC 9 9 9 VS.ANB SN 2 2 1 = = ⇒ VS.ANB = VS.ACB ⇒ VS.ANB = V2 VS.ACB SC 3 3 3 2 1 5 4 ⇒ VS.AMNB = V2 + V2 = V2 ⇒ VMN.ABCD = V2 9 3 9 9 MP S' M 1 1 1 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: = = ⇒ MP = AB = MN AB S' A 3 3 3 V 1 4 1 1 ⇒ V1 = VM.ABCD − VP.NBC = V2 − V2 = V2 ⇒ 1 = 9 9 3 V2 3 S 2 2 NC MD 1 ⇒ PN = MN = AB; NBC = = = 3 3 SSBC SC SD 3 ⇒

VP.NBC 1 1 2 2 1 = . = ⇒ VP.NBC = VA.SBC = V2 VA.SBC 3 3 9 9 9

Câu 48: Phương pháp: Cách giải: Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

(

)

Khi đó: M ( −2, 6, m ) . Gọi B ( −a, 0 ) ⇒ A 0; 25 − a 2 . x y + =1 −a 25 − a 2 x y + − k = 0. Do CD //AB nên phương trình CD là: −a 25 − a 2

Suy ra phương trình AB là:

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

Khoảng cách giữa AB và CD là chiều rộng của ô tô và bằng 1,9 m nên: k −1 9,5 . = 1,9 ⇔ k = 1 + 2 2 2 a a 25 −   1 1      +  a   25 − a 2  Điều kiện để ô tô đi qua được là M và O nằm khác phía đối với đường thẳng CD. 2, 6 m 9,5 Suy ra + −1− ≥ 0. 2 a a 25 − a 2 25 − a ⇔ m ≥ 25 − a 2 +

9,5 2, 6 25 − a 2 − (đúng với mọi a ∈ ( 0;5] ) a a

9,5 2, 6 25 − a 2 trên nửa khoảng ( 0;5] − a a a 9, 5 65 65 − 9,5 25 − a 2 − a 2 Có f ′ ( a ) = − − 2 + = 25 − a 2 a a 2 25 − a 2 a 2 25 − a 2 ⇒ f ′ ( a ) = 0 ⇔ a = 3 ∈ ( 0;5 ) . - Xét hàm số f ( a ) = 25 − a 2 +

a f ′(a)

f (a)

3 0

−

37 10

19 10

−∞

Do đó m ≥ f ( a ) , ∀a ∈ ( 0;5] ⇔ m ≥

37 = 3, 7 10

Vậy x = 3, 7 là giá trị cần tìm. Câu 49: Phương pháp: +) Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp tính y’ +) Lấy x 0 thuộc từng khoảng đáp án, kiểm tra y ' ( x 0 ) và kết luận Cách giải: Ta có: y ' = 3f 2 ( x ) f ' ( x ) − 6f ( x ) f ' ( x ) = 3f ( x ) f ' ( x )  f ( x ) − 2  Với x = 2,5 ⇒ y ' ( 2, 5 ) = 3f ( 2,5 ) f ' ( 2,5 ) f ( 2, 5 ) − 2   f ( 2,5 ) > 0 1 < f ( 2, 5 ) < 2 ⇒  Ta có:  f ( 2,5 ) − 2 < 0 ⇒ y ' ( 2,5 ) < 0 ⇒ Loại các đáp án A, B và D  f ' ( 2, 5 ) > 0

Chọn C. Câu 50: Cách giải: ĐKXĐ: x > −

1 4

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

( x − 1) log3 ( 4x + 1) + log5 ( 2x + 1)  = 2x − m ⇔ ( x − 1)  log 3 ( 4x + 1) + log 5 ( 2x + 1)  = 2 ( x − 1) + 2 − m ⇔ ( x − 1)  log 3 ( 4x + 1) + log 5 ( 2x + 1) − 2  = 2 − m Xét x ≥ 1 ⇒ x − 1 ≥ 0 4x + 1 ≥ 5 ⇒ log 3 ( 4x + 1) ≥ log 3 5 ⇒ log 3 ( 4x + 1) + log 5 ( 2x + 1) ≥ log 3 5 + log 5 3 ≥ 2 Ta có  2x + 1 ≥ 3 ⇒ log 5 ( 2x + 1) ≥ log 5 3 ⇒ log 3 ( 4x + 1) + log 5 ( 2x + 1) − 2 > 0

⇒ VT ≥ 0 Xét hàm số f ( x ) = ( x − 1) log 3 ( 4x + 1) + log 5 ( 2x + 1) − 2  ta có:

ĐKXĐ: x > −

1 4

  4 2 f ' ( x ) = log 3 ( 4x + 1) + log 5 ( 2x + 1) − 2 + ( x − 1)  +  > 0 ∀x ≥ 1  ( 4x + 1) ln 3 ( 2x + 1) ln 5  ⇒ Hàm số đồng biến trên (1; +∞ )

1 < x <1 4 PT: ⇔ (1 − x )  2 − log 3 ( 4x + 1) + log 5 ( 2x + 1)  = 2 − m

Xét −

Xét hàm số f ( x ) = (1 − x )  2 − log 3 ( 4x + 1) − log 5 ( 2x + 1)  ta có:   4 2  1  − f ' ( x ) = −2 + log 3 ( 4x + 1) + log 5 ( 2x + 1) + (1 − x )  −  < 0 ∀x ∈  − ;1 ⇒ Hàm  4   ( 4x + 1) ln 3 ( 2x + 1) ln 5   1  nghịch biến trên  − ;1  4  Từ đó ta có BBT của hàm số f ( x ) = ( x − 1)  log 3 ( 4x + 1) + log 5 ( 2x + 1) − 2  như sau:

⇒ Để phương trình co hai nghiệm thực phân biệt thì 2 − m > 0 ⇔ m < 2 m ∈ ℤ ⇒ có 2021 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Kết hợp điều kiện đề bài ⇒  m ∈ [−2019; 2) Chọn A.

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

số

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

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2019

TRƯỜNG THPT TỨ KỲ

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

Câu 1. Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y = x 3 − 3x + 5 là điểm: A. M (1;3)

B. N (-1;7)

C. Q (3;1)

D. P (7;-1)

Câu 2. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x − 1 là: 2

x3 +x+C B. 3

A. x + C 3

C. 6x + C

D. x 3 − x + C

Câu 3. Tìm các số thực m để hàm số y = ( m + 2 ) x 3 + 3x 2 + mx − 5 có cực trị.  m ≠ −2 A.   −3 < m < 1

B. −3 < m < 1

 m < −3 C.  m > 1

D. −2 < m < 1

C. {5;3}

D. {4;3}

Câu 4. Khối bát diện đều là khối đa diện loại nào? A. {3;4}

B. {3;5}

Câu 5. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 1, AC = 2, cạnh AA ' = 2 . Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt đáy (ABC) trùng với chân đường cao hạ từ B của tam giác ABC. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là A. V =

21 12

B. V =

7 C 4

. V=

21 4

D. V =

3 21 4

Câu 6. Cho hình bát diện đều cạnh 2. Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó. Khi đó, S bằng A. S = 32

B. S = 8 3

C. S = 4 3

D. S = 16 3 2

Câu 7. Phép vị tự tâm O(0;0) tỉ số k = 3 biến đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y + 1) = 1 thành đường tròn có phương trình: 2

A. ( x − 1) + ( y + 1) = 9 B. ( x + 3) + ( y − 3) = 1 C. ( x − 3) + ( y + 3) = 9 D. ( x + 3) + ( y − 3) = 9 Câu 8. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình sau: x

-1

−∞

y’

0 -

−∞

+∞

1 0

−∞

-1

Đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt đường thẳng y = -2018 tại bao nhiêu điểm ? A. 4

B. 0

C. 2

D. 1

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

Câu 9. Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ CD, AC ⊥ BD . Góc giữa hai vecto AD và BC là A. 300

B. 450

C. 600

D. 900

Câu 10. Gọi V là thể tích của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, V1 là thể tích tứ diện A’ABD. Hệ thức nào sau đây đúng?

A. V = 3V1

B. V = 4V1

C. V = 6V1

Câu 11. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y =

D. V = 2V1

x−2 có đúng 3 x − mx + 1 2

đường tiệm cận.

A. −2 < m < 2

m > 2   m < −2 B.   m ≠ − 5   2

Câu 12. Tìm tập xác định D của hàm số y =

m > 2 C.   m < −2

 m > 2   5 D.  m ≠  2  m < −2 

π  sin  x −  2 

A. D = ℝ \ {(1 + 2k ) π, k ∈ ℤ}

 π  B. D = ℝ \ k , k ∈ ℤ   2 

π   C. D = ℝ \ (1 + 2k ) , k ∈ ℤ  2  

D. D = ℝ \ {kπ, k ∈ ℤ}

Câu 13. Cho hình chóp S.ABC có chiều cao bằng 9, diện tích đáy bằng 5. Gọi M là trung điểm cạnh SB và N thuộc cạnh SC sao cho NS = 2NC. Thể tích V của khối chóp A.BMNC là A. V = 10

B. V = 30

C. V = 5

D. V = 15

Câu 14. Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị như hình bên?

A. y = x 3 − 3x − 1

B. y = x 3 − 3x 2 − 3x − 1

1 C. y = x 3 + 3x − 1 3

D. y = x 3 + 3x 2 − 3x + 1

Câu 15. Hình hộp chữ nhật có ba kích thước là 3, 3, 4. Số mặt phẳng đối xứng của hình chữ nhật đó là A. 4

B. 6

C. 5

D. 9

Câu 16. Cho tứ diện ABCD. Gọi G1 và G 2 lần lượt là trọng tâm các tam giác BCD và ACD. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

A. G1G 2 =

2 AB 3

B. G1G 2 / / ( ABD )

C. G1G 2 / / ( ABC )

D. BG1 , AG 2 và CD đồng qui.

Câu 17. Thể tích của khối nón có chiều cao h = 6 và bán kính đáy R = 4 bằng A. V = 32π

B. V = 96π

C. V = 16π

D. V = 48π

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

Câu 18. Rút gọn biểu thức B = log 1 a

a. 4 a 3 . 3 a 2 , ( giả sử tất cả các điều kiện đều được thỏa mãn ) ta được a. 4 a

kết quả là

60 91

B. −

Câu 19. Đồ thị hàm số y = A. x = 2017

91 60

3 5

D. −

5 3

2017x − 2018 có đường tiệm cận đứng là x +1 B. x = -1

C. y = -1

D. y = 2017

Câu 20. Tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x 3 − 3x 2 + 1 tại điểm A (3;1) là đường thẳng A. y = −9x − 26

B. y = −9x − 3

C. y = 9x − 2

D. y = 9x − 26

Câu 21. Trong các hàm số sau, hàm số nào không xác định trên ℝ ? A. y = 3x

B. y = log ( x 2 )

C. y = ln ( x + 1)

D. y = 0,3x

Câu 22. Trong mặt phẳng Oxy, khoảng cách từ điểm M (3;-4) đến đường thẳng ∆ : 3x − 4y − 1 = 0 A.

8 5

24 5

12 5

D. −

Câu 23. Tích của giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = x + A.

65 3

B. 6

C. 20

24 5

4 trên đoạn [1;3] bằng x D.

52 3

Câu 24. Số nghiệm của phương trình 9 x + 2.3x +1 − 7 = 0 là A. 0

B. 2

C. 4

D. 1

Câu 25. Cho phương trình m cos 2 x − 4sin x cos x + m − 2 = 0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để  π phương trình có đúng một nghiệm thuộc 0;  ?  4

A. 2

B. 3

C. 1

D. 0

Câu 26. Cho cấp số nhân ( u n ) có u1 = −3 và q = −2 . Tính tổng 10 số hạng đầu liên tiếp của cấp số nhân A. S10 = −511

B. S10 = 1023

C. S10 = 1025

D. S10 = −1025

Câu 27. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD = 2a; SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) bằng

2a 3 3

3a 3 2

2a 5 5

3a 7 7

Câu 28. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a mặt bên SAB là tam giác đều, mặt bên SCD là tam giác vuông cân tại S, gọi M là điểm thuộc đường thẳng CD sao cho BM vuông góc với SA. Tính thể tích V của khối chóp S.BDM A. V =

a3 3 48

B. V =

a3 3 24

C. V =

a3 3 32

D. V =

a3 3 16

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

 x 3 − x 2 + 2x − 2 ,x ≠1  Câu 29. Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số f ( x ) =  liên tục tại x = 1. x −1 3x + m, x = 1 

A. m = 0.

B. m = 6

C. m = 4.

D. m = 2.

Câu 30. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A và có AB = a, BC = a 3 , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Thể tích V của khối chóp S.ABC là A. V =

2a 3 6 . 12

B. V =

a3 6 . 6

C. V =

a3 6 . 12

D. V =

a3 6 . 4

Câu 31. Cho hàm số f ( x ) = x 2 − 2x . Tập nghiệm S của bất phương trình f ' ( x ) ≥ f ( x ) có bao nhiêu giá trị nguyên ?

A. 1

B. 2

C. 0

D. 3

Câu 32. Cho hàm số y = mx 3 − x 2 − 2x + 8m có đồ thị ( Cm ) . Tìm tất cả giá trị tham số m để đồ thị

( Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.  1 1 A. m ∈  − ;   6 2

 1 1 B. m ∈  − ;   6 2

 1 1 C. m ∈  − ;  \ {0} .  6 2

1  D. m ∈  −∞;  \ {0} . 2 

Câu 33. Với giá trị nào của x thì biểu thức B = log 2 ( 2x − 1) xác định? 1  A. x ∈  −∞;  2 

B. x ∈ ( −1; +∞ )

1  C. x ∈ ℝ \   2

1  D. x ∈  ; +∞  2 

C. D = ℝ \ {−1}

D. ( −1; +∞ )

Câu 34. Tập xác định D của hàm số y = ( x + 1) 3 là A. D = ( −∞; −1)

B. D = ℝ

Câu 35. Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên khoảng ( −∞; +∞ ) , có bảng biến thiên như hình sau:

Mệnh đề sau đây đúng?

A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −3)

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; +∞ )

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; +∞ )

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;1)

Câu 36. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, chiều cao của chóp bằng

a 3 . Góc 2

giữa mặt bên và mặt đáy bằng

A. 600

B, 750

Câu 37. Trên đồ thị của hàm số y = A. vô số

B. 4

C. 300

D. 450

2x − 5 có bao nhiêu điểm có tọa độ là các số nguyên? 3x − 1

C. 0

D. 2

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

Câu 38 . Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Trên khoảng ( −1;3) đồ thị hàm số y = f(x) có mấy điểm cực trị?

A. 0.

B. 2.

C. 3.

D. 1.

Câu 39. Giải bất phương trình log 2 ( 3x − 2 ) > log 2 ( 6 − 5x ) được tập nghiệm là (a;b). Hãy tính tổng S = a + b.

8 A. S = . 3

B. S =

28 . 15

C. S =

11 . 5

D. S =

31 . 6

Câu 40. Hình đa diện ở hình bên có bao nhiêu mặt ?

A. 8

B. 12

C. 10

D. 11

Câu 41. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có SABC' = 3 . Mặt phẳng (ABC’) tạo với đáy một góc α . Tính cos α để VABC.A 'B'C' lớn nhất.

A. cos α =

1 3

B. cos α =

1 3

C. cos α =

2 3

D. cos α =

2 3

Câu 42. Từ một hộp có 1000 thẻ được đánh số từ 1 đến 1000. Chọn ngẫu nhiên ra hai thẻ. Tính xác suất để chọn được hai thẻ sao cho tổng của các số ghi trên hai thẻ nhỏ hơn 700. A.

243250 2 C1000

121801 2 C1000

243253 2 C1000

121975 2 C1000

= 1200 . Gọi K, Câu 43. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2a 5 và BAC I lần lượt là trung điểm của các cạnh CC1 , BB1 . Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (A1 BK) bằng

A. a 15

a 5 6

a 15 3

a 5 3

Câu 44. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m thuộc đoạn [ −2018; 2018] để hàm số y = x 3 − 6x 2 + mx + 1 đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) .

A. 2007.

B. 2030.

C. 2005.

D. 2018.

Câu 45. Do thời tiết ngày càng khắc nghiệt và nhà cách xa trường học, nên một thầy giáo muốn đúng 5 năm nữa có 500 triệu đồng để mua ô tô đi làm. Để đạt nguyện vọng, thầy có ý định mỗi tháng dành ra một số tiền cố định gửi vào ngân hàng (hình thức lãi kép) với lãi suất 0,5%/tháng. Hỏi số tiền ít nhất cần dành ra mỗi tháng để gửi tiết kiệm là bao nhiêu. (chọn đáp án gần nhất với số tiền thực)

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

A. 7.632.000

B. 6.820.000

C. 7.540.000

D. 7.131.000

Câu 46. Cho hàm số y = x 4 − 2 (1 − m 2 ) x 2 + m + 1 . Tìm tất các giá trị của tham số m để hàm số cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị lập thành một tam giác có diện tích lớn nhất

A. m =

1 2

B. m = 0

C. m = 1

D. m = −

1 2

 x  Câu 47. Cho hàm số y = f ( x ) = 2019 ln  e 2019 + e  . Tính giá trị biểu thức  

A = f ' (1) + f ' ( 2 ) + ... + f ' ( 2018) A. 2018

B. 1009

2017 2

2019 2

Câu 48 . Một công ty cần xây dựng một cái kho chứa hàng dạng hình hộp chữ nhật (có nắp) bằng vật liệu gạch và xi măng có thể tích 2000 m 3 , đáy là hình chữ nhật có chiều dài bằng hai lần chiều rộng. Người ta cần tính toán sao cho chi phí xây dựng là thấp nhất, biết giá xây dựng là 500.000 đồng/m2. Khi đó chi phí thấp nhất gần với số nào dưới đây?

A. 495969987

B. 495279087

C. 495288088

D. 495289087

Câu 49. Cho hàm số f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c . Nếu phương trình f ( x ) = 0 có ba nghiệm phân biệt thì 2

phương trình 2f ( x ) .f '' ( x ) =  f ' ( x )  có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm?

A. 1 nghiệm

B. 4 nghiệm

C. 3 nghiệm

D. 2 nghiệm

Câu 50. Tìm m để hàm số y = x + 4 − x 2 + m có giá trị lớn nhất bằng 3 2 A. m = 2 2

B. m = 2

C. m = − 2

D. m =

2 2

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

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số C1 C23 Chương 1: Hàm Số

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng Lớp 12 (84%)

C8 C14 C19 C35 C38

C21 C33 C34

C18 C24 C39

C3 C11 C31 C32 C37 C44 C46

C49 C50

C45

C47

C5 C9 C13 C28 C30 C41 C43

C48

Chương 4: Số Phức

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C4 C40

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C17

C6 C10 C15 C16 C27 C36

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

C12

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất Lớp 11 (14%)

C42

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C26

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

C25

C29 C20

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

Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng

Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (2%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

C22

Tổng số câu

Điểm

2.6

3.0

3.6

0.8

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

NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan. Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 14%., câu hỏi lớp 10 chiếm 2 %. 22 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 4 câu VDC: C47, C48, C49,C50 Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng. Đề thi phân loại học sinh ở mức khá..

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

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

A D B A C

C D

10 11 12 13 14 15

22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 B

43 44 45 46 47 48 49 50 B

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Lời giải Chọn A. Ta có y ' = 3x 2 − 3 x = 1 . Suy ra hàm số đạt giá trị cực đại tại x = 1, x = -1. y' = 0 ⇔   x = −1

y '' = 6x . Ta có y '' (1) = 6.1 = 6 > 0 và y (1) = 13 − 3.1 + 5 = 3 Do đó điểm cực tiểu của đồ thị là M (1;3).

Câu 2. Lời giải Chọn D. Ta có: ∫ f ( x ) dx = ∫ ( 3x 2 − 1) dx = x 3 − x + C .

Câu 3. Lời giải Chọn B. * Với m = −2 , hàm số trở thành y = 3x 2 + mx − 5 y ' = 6x + m, y ' = 0 ⇒ x = −

m . Vì y ' = 0 có nghiệm và đổi dấu khi đi qua nghiệm nên với m = −2 hàm 6

số có cực trị. * m ≠ −2, y ' = 3 ( m + 2 ) x 2 + 6x + m . Để hàm số có cực trị thì ∆ ' > 0 ⇒ 9 − 3m ( m + 2 ) > 0

⇔ m 2 + 2m − 3 < 0 ⇔ −3 < m < 1 Kết hợp cả hai trường hợp suy ra −3 < m < 1

Câu 4. Lời giải Chọn A. Khối bát diện đều là khối đa diện loại {3;4} * Ghi nhớ thêm về khối bát diện đều:

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

•

Có số đỉnh (Đ); số mặt (M); số cạnh (C) lần lượt là Đ = 6, M = 8, C = 12.

•

Diện tích tất cả các mặt của khối bát diện đều cạnh a là S = 2a 2 3

•

Thể tích khối bát diện đều cạnh a là S =

•

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R =

•

Gồm 9 mặt phẳng đối xứng:

a3 2 3

a 2 2

Câu 5. Lời giải Chọn C.

* Gọi H là chân đường cao hạ từ B trong tam giác ABC. Theo đề A’H là đường cao của lăng trụ. * Xét ∆ABC : + AB2 = AH.AC ⇒ AH =

AB2 1 = AC 2

+ BC = AC 2 − AB2 = 3 * Xét ∆AA ' H : A ' H = AA '2 − AH 2 =

7 2

1 7 21 1  = * Thể tích cần tìm: V = S∆ABC .AH =  .AB.BC  AH = .1. 3. 2 2 4 2 

Câu 6. Lời giải Chọn B. Ta có hình bát diện đều có 8 mặt là 8 tam giác đều cạnh 2. Do đó, S = 8.22.

3 =8 3 4

Câu 7. Lời giải

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

Chọn C. 2

Đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y + 1) = 1 có tâm I(1;-1) và bán kính R = 1. Gọi (C’) là ảnh của đường tròn (C) qua V( O;3) . Khi đó, ta có: Tâm I’(3;-3), bán kính R’ = 3R = 3 2

Phương trình ( C ' ) : ( x − 3) + ( y + 3) = 9

Câu 8. Lời giải Chọn C. Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y = -2018 nằm dưới điểm cực tiểu của đồ thị hàm số, suy ra đường thẳng y = -2018 cắt đồ tị hàm số tại 2 điểm

Câu 9. Lời giải Chọn D.

Kẻ AH ⊥ ( BCD ) , H ∈ ( BCD ) . Ta có:

CD ⊥ AH   ⇒ CD ⊥ ( ABH ) , mà BH ⊂ ( ABH ) ⇒ CD ⊥ BH (1) . CD ⊥ AB 

Tương tự

BD ⊥ AH   ⇒ BD ⊥ ( ACH ) , mà CH ⊂ ( ACH ) ⇒ BD ⊥ CH (2) . BD ⊥ AC 

Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm tam giác BCD. BC ⊥ AH   ⇒ BC ⊥ ( ADH ) , mà AD ⊂ ( ADH ) ⇒ BC ⊥ AD BC ⊥ DH  Vậy góc giữa hai vecto AD và BC là 900 .

Ta có:

Câu 10. Lời giải Chọn C.

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

Gọi a là cạnh của hình lập phương

1 1 a3 Khi đó, ta có: V = a 3 và V1 = . a 2 .a = 3 2 6 Vậy V = 6V1

Câu 11. Lời giải Chọn D. Điều kiện x 2 − mx + 1 ≠ 0 lim y = lim

x →±∞

x−2 = 0 ⇒ đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x − mx + 1 2

Đồ thị hàm số y =

x−2 có đúng 3 đường tiệm cận x − mx + 1 2

⇔ Đồ thị hàm số y =

x−2 có 2 đường tiệm cận ngang x − mx + 1 2

⇔ Phương trình x 2 − mx + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 2 m > 2  m > 2   ∆ = m 2 − 4 > 0  m < −2  5 ⇔ 2 ⇔  ⇔  m ≠  2 2 − 2m + 1 ≠ 0 5   m < −2 m ≠ 2 

Câu 12. Lời giải Chọn C. Hàm số y =

π π π  xác định khi sin  x −  ≠ 0 ⇔ x − ≠ kπ ⇔ x ≠ + kπ, k ∈ ℤ π 2 2 2   sin  x −  2  1

Vậy tập xác định của hàm số y =

π   là D = ℝ \ (1 + 2k ) , k ∈ ℤ  π 2    sin  x −  2 

Câu 13. Lời giải Chọn A.

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

Ta có:

VS.AMN SA SM SN 1 2 1 1 = . . = . = ⇒ VS.AMN = VS.ABC VS.ABC SA SB SC 2 3 3 3

Suy ra: VA.BMNC =

2 2 1 VS.ABC = . .5.9 = 10 3 3 3

Câu 14. Lời giải Chọn A. - Đồ thị đi qua điểm (0;-1) nên phương án D bị loại và đồ thị đi qua điểm (2;1) nên B loại - Đồ thị có hai điểm cực trị nên phương án C bị loại ( có y ' = x 2 + 3 > 0 ) - Đồ thị hàm số đi qua điểm (1;-3), thay vào phương án A thấy thỏa mãn

Câu 15. Lời giải Chọn C.

Có 5 mặt phẳng đối xứng

Câu 16. Lời giải Chọn A.

Gọi I là trung điểm cạnh CD Khi đó

IG1 1 IG 2 = = ( vì G1 và G 2 lần lượt là trong tâm các tam giác BCD và ACD ) IB 3 IA

Suy ra

G1G 2 1 = và G1G 2 / /AB AB 3

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

1 Hay G1G 2 = AB nên A sai 3 G1G 2 / /AB nên B và C đúng Dễ thấy BG1 , AG 2 và CD đồng qui tại điểm I nên D đúng.

Câu 17. Lời giải Chọn A.

1 1 Thể tích của khối nón V = πR 2 .h = π.42.6 = 32π 3 3 Câu 18. Lời giải Chọn D. Ta có 3

5 a. 4 a 3 . 3 a 2 a.a 4 .a 3 a 12 5 = log a −1 1 1 = log a −1 3 = log a −1 a 3 = − B = log 1 4 3 a. a a a 2 .a 4 a4

Câu 19. Lời giải Chọn B. Ta có lim +

x → ( −1)

2017x − 2018 2017x − 2018 = − ∝ và lim − = + ∝ nên đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x → − 1 ( ) x +1 x +1

x = -1

Câu 20. Lời giải Chọn D. Ta có : y ' = 3x 2 − 6x ⇒ y ' ( 3) = 9 Phương trình tiếp tuyến tại điểm A (3;1) là y = 9 ( x − 3) + 1 ⇔ y = 9x − 26

Câu 21. Lời giải Chọn B. Hàm số y = log ( x 2 ) xác định khi x 2 > 0 ⇔ x ≠ 0

Câu 22. Lời giải Chọn B.

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

3.3 − 4. ( −4 ) − 1 32 + ( −4 )

24 5

Câu 23. Lời giải Chọn C. Ta có f ' ( x ) = 1 −

4 = 0 ⇔ x = ±2 x2

Ta có f (1) = 5; f ( 2 ) = 4; f ( 3) =

13 3

Suy ra min f ( x ) = 4; max f ( x ) = 5 [1;3]

[1;3]

Do đó tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số là 4.5 = 20

Câu 24 Lời giải Chọn D. Đặt t = 3x , t > 0 Phương trình đã cho trở thành t 2 + 6t − 7 = 0 ⇔ t = 1 (nhận) hoặc t = −7 (loại) Với t = 1 thì 3x = 1 ⇔ x = 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0

Câu 25. Lời giải Chọn A. Ta có: m cos 2 x − 4sin x cos x + m − 2 = 0 ⇔ m

⇔ m cos 2x − 4sin 2x + 3m − 4 = 0 ⇔ m =

1 + cos 2x − 2sin 2x + m − 2 = 0 2

4 + 4sin 2x 3 + cos 2x

8 + 24 cos 2x + 8sin 2x  π Xét M trên 0;  ta có f ' ( x ) = 2  4 ( 3 + cos 2x )

 π  π Nhận xét f ' ( x ) > 0 với mọi x ∈  0;  nên để phương trình có nghiệm trên 0;   4  4 8 π f ( 0) ≤ m ≤ f   ⇔ 1 ≤ m ≤ 3 4

 π Khi đó phương trình m cos 2x − 4sin 2x + 3m − 4 = 0 có đúng một nghiệm trên 0;   4

Câu 26. Lời giải Chọn B.

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

thì

1 − ( −2 ) 1 − q10 = −3. = 1023 Ta có S10 = u1. 1− q 1 − ( −2 )

Câu 27. Lời giải Chọn C.

CD ⊥ AD Ta có  ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ ( SCD ) ⊥ ( SAD ) theo giao tuyến SD CD ⊥ SA

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD ⇒ AH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( A, ( SCD ) ) = AH Xét ∆SAD vuông tại A đường cao AH ⇒ AH =

SA.AD 2

SA + AD ⇒ d ( A, ( SCD ) ) =

a.2a 2

a + 4a

2a 5 5

Câu 28. Lời giải Chọn A.

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của đoạn CD và AB, ta có:

∆SAB đều ⇒ AB ⊥ SF ⇒ CD ⊥ SF (do CD||AB) (1) ∆SCD vuông cân tại S ⇒ CD ⊥ SE (2) Từ (1), (2) suy ra CD ⊥ ( SEF ) ⇒ ( SEF ) ⊥ ( ABCD ) theo giao tuyến EF Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên EF ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) Dựng BK ⊥ AH tại K ⇒ BK ⊥ ( SAH ) ⇒ BK ⊥ SA Gọi M = BK ∩ CD ta có SH ⊥ ( ABCD ) hay SH ⊥ ( BDM ) 1 ⇒ VS.BDM = SH.SBDM 3

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

∆SCD vuông cân tại S ⇒ SE =

CD a = 2 2

∆SAB đều cạnh AB = a ⇒ SF =

a 3 ; EF = a 2

a a 3 . SE.SF 2 2 a 3 a 3a ⇒ SE 2 + SF2 = + = a 2 = EF2 ⇒ ∆SEF vuông cân tại S ⇒ SH = = = EF a 4 4 4 2

⇒ AH = SA 2 − SH 2 = a 2 −

3a 2 a 13 3a 2 3a 2 3a = − = và HF = SF2 − SH 2 = 16 4 4 16 4

3a .a HF.AB 3a Ta có BK.AH = HF.AB ⇒ BK = = 4 = AH a 13 13 4 ∆KBA và ∆ABI là hai tam giác vuông đồng dạng (với I = BM ∩ AD ) BI AB AB2 a2 a 13 ⇒ = ⇒ BI = = = 3a AB BK BK 3 13

⇒ AI = BI2 − AB2 =

13a 2 2a a − a2 = ⇒ ID = 9 3 3

∆DIM và ∆AIB là hai tam giác vuông đồng dạng a DM DI 3 1 AB a 1 1 a a2 ⇒ = = = ⇒ DM = = ⇒ S∆BDM = BC.DM = a. = AB AI 2a 2 2 2 2 2 2 4 3 1 1 a 3 a2 a3 3 ⇒ VS.BDM = SH.S∆BDM = . . = 3 3 4 4 48

Câu 29. Lời giải Chọn A.

f (1) = m + 3 Ta có

( x − 1) ( x 2 + 2 ) x 3 − x 2 + 2x − 2 = lim = lim ( x 2 + 2 ) = 3 x →1 x → 1 x →1 x −1 x −1

lim f ( x ) = lim x →1

Hàm số f ( x ) liên tục tại x = 1 khi: lim f ( x ) = f (1) ⇔ m + 3 = 3 ⇔ m = 0 x →1

Câu 30. Lời giải Chọn C

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

Gọi K là trung điểm của đoạn AB, ta có ∆SAB đều ⇒ SK ⊥ AB Mà ( SAB ) ⊥ ( ABC ) theo giao tuyến AB

1 ⇒ SK ⊥ ( ABC ) ⇒ VS.ABC = SK.S∆ABC 3 Ta có ∆ABC vuông tại A có AB = a, BC = a 3

⇒ AC = BC2 − AB2 = 3a 2 − a 2 = a 2 ⇒ S∆ABC =

1 1 a2 2 AB.AC = .a.a 2 = 2 2 2

∆SAB đều cạnh AB = a ⇒ Đường cao SK = ⇒ VS.ABC =

a 3 2

1 a 3 a 2 2 a3 6 . = 3 2 2 12

Câu 31. Lời giải Chọn B x ≤ 0 Đkxđ:  x ≥ 2 Ta có: f ' ( x ) =

x −1 x 2 − 2x

Khi đó f ' ( x ) ≥ f ( x ) ⇔ ⇔

. x −1 2

≥ x 2 − 2x ⇔ x − 1 ≥ x 2 − 2x ⇔ x 2 − 3x + 1 ≤ 0

x − 2x

3− 5 3+ 5 ≤x≤ . Vì x là nghiệm nguyên nên S = {1; 2} . 2 2

Câu 32. Lời giải Chọn C. Ta có phương trình hoành độ giao điểm của ( Cm ) với trục hoành là x + 2 = 0 mx 3 − x 2 − 2x + 8m = 0 ⇔ ( x + 2 )  mx 2 − ( 2m + 1) + 4m  = 0 ⇔  2  mx − ( 2m + 1) x + 4m = 0(1)

Để ( Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt thì (1) có hai nghiệm phân biệt khác -2

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

m ≠ 0 m ≠ 0   2 ⇔ ∆ = −12m + 4m + 1 > 0 ⇔  1 1 m.4 + 2m + 1 2 + 4m ≠ 0 − 6 < m < 2 ( ) 

Câu 33. Lời giải Chọn D. 1 Để biểu thức B = log 2 ( 2x − 1) xác định thì 2x − 1 > 0 ⇔ x > . 2

Câu 34. Lời giải Chọn D. 1

Hàm số y = ( x + 1) 3 xác định khii x + 1 > 0 ⇔ x > −1

Câu 35. Lời giải Chọn A. Hàm số đồng biến trên ( −∞; −1) nên đồng biến trên ( −∞; −3) .

Câu 36. Lời giải Chọn A.

=α +) Gọi O = AC ∩ BD , hạ OI ⊥ CD ⇒ ( (SCD ) , ( ABCD ) ) = SIO a a 3 SO = α = 600 +) Ta có OI = ;SO = ⇒ tan α = = 3 ⇒ SIO 2 2 OI

Câu 37. Lời giải Chọn D.

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

1  Tập xác định D = ℝ \   . 3 Ta có: y =

2x − 5 x+4 . = 1− 3x − 1 3x − 1

Để x, y ∈ ℤ ⇒ ( x + 4 )⋮ ( 3x − 1) ⇒ 3 ( x + 4 )⋮ ( 3x − 1) ⇒ ( 3x − 1 + 13)⋮ ( 3x − 1) ⇒ 13⋮ ( 3x − 1) 2  x = (L)  3x − 1 = 1  3  3x − 1 = −1 x=0 y = 5 Nên  ⇒  ⇒ 3x − 1 = 13 14 y =1  x = (L)   3 3x − 1 = −13   x = −4 Vậy trên đồ thị hàm số có hai điểm có tọa độ nguyên là ( 0;5 ) , ( −4;1) .

Câu 38 Lời giải Chọn B. Từ đồ thị hàm số y = f(x) ta có trên khoảng (-1;3) có hai điểm cực trị.

Câu 39. Lời giải Chọn C. 6  x< 6 − 5x > 0 2 6  5 ⇔ ⇔ <x< . Điều kiện  3 5 3x − 2 > 0 x > 2  3

log 2 ( 3x − 2 ) > log 2 ( 6 − 5x ) ⇔ 3x − 2 > 6 − 5x ⇔ x > 1. a = 1 6  Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là 1 < x < ⇒  6 5 b = 5  Vậy S = a + b = 1 +

6 11 = . 5 5

Câu 40. Lời giải Chọn C. Câu 41. Lời giải Chọn B.

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

MC Ta có AB = a . Gọi M là trung điểm của AB ⇒ C ' MC = α ⇒ cos α = ⇒ CC ' = MC '.sin α MC ' SABC' = 3 ⇔

AB.C 'M 3 4 cos α = 2 3 ⇔ cos α = 2 = 3 ⇔ a.CM.cos α = 2 3 ⇔ a.a 2 2 a

VABC.A 'B'C' = SABC .CC ' =

3 2 3 2 3 3 1 3 a2 a .MC.tan α = a a.tan α = a 3 − 1 = − a6 . 4 4 2 8 16a 4 8 16

f (x) = 16x − x 3 ( 0 ≤ x ≤ 4 ) f '(x) = 16 − 3x 2 ( 0 ≤ x ≤ 4 ) ; Xét

f '(x) = 0 ⇔ 16 − 3x 2 = 0 ⇔ x =

Vậy VABC.A 'B'C' lớn nhất khi α = x =

4  4  128 ;f (0) = 0;f(4) = 0;f  . = 3  3 3 3 2 4

nên cos α =

4 4 1 = = 2 a x 3

Câu 42. Lời giải Chọn C. Gọi A là biến cố chọn được hai thẻ sao cho tổng của các số ghi trên hai thẻ nhỏ hơn 700 2 Ta có n Ω = C1000

Gọi số thứ nhất là a; số thứ hai là b, ta có a = 1 ⇒ b = 2 → 698 ⇒ n b = 697 a = 2 ⇒ b = 1;3 → 697 ⇒ n b = 696 a = 3 ⇒ b = 1; 2; 4 → 696 ⇒ n b = 695 ... a = 698 ⇒ b = 1 ⇒ n b = 1

n A = 697 + 696 + 695 + ... + 1 = Vậy P(A) =

698.697 = 243253 2

n A 243253 = 2 nΩ C1000

Câu 43. Lời giải Chọn B.

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

Ta có BC = AC2 + AB2 − 2AC.AB.cos1200 = a 7; A1B = A1A 2 + AB2 = a 21; A1K = A1C12 + C1K 2 = 3a, KB = KC 2 + CB2 = 2a 3 1 1 3VB1A1BK d(I, (A1BK)) = d ( B1 , ( A1BK ) ) = . 2 2 S∆A1BK Mà VB1A1BK =

1 1 2 1 1 a 3 15 VK.A1B1BA = . VABC.A1B1C1 = .2a 5. .a.2a.sin1200 = . 2 2 3 3 2 3

Theo công thức Herong, diện tích tam giác A1BK bằng

(

)

(

)

S = p p − 2a 3 ( p − 3a ) p − a 21 = 3a 2 3 với p =

2a 3 + 3a + a 21 2

a 3 15 3 a 5 Vậy d ( I, ( A1BK ) ) = . 23 = . 2 3a 3 6

Câu 44. Lời giải Chọn A. Tập xác định D = ℝ, y ' = 3x 2 − 12x + m. Hàm số y = x 3 − 6x 2 + mx + 1 đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) khi và chỉ khi y ' ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ )

⇔ m ≥ −3x 2 + 12x, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ m ≥ max ( −3x 2 + 12x ) ⇔ m ≥ 12 ( 0;+∞ )

m ∈ ℤ Do  nên m ∈ {12,13,14,..., 2018} . −2018 ≤ m ≤ 2018 Vậy có 2007 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 45. Lời giải Chọn D. Gọi số tiền ít nhất mà thầy giáo cần dành ra mỗi tháng để gửi tiết kiệm là x (đồng). Số tiền tiết kiệm gửi vào ngân hàng sau 60 tháng là T60 = x (1, 0051 + 1, 0052 + ... + 1, 00560 ) = x.1, 005.

1, 00560 − 1 0, 005

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

Theo bài ta có: x.1, 005.

1, 00560 − 1 5.108.0, 005 = 5.108 ⇔ a = = 7130747 (đồng) 0, 005 1, 005 (1, 00560 − 1)

Câu 46. Lời giải Chọn B. Tập xác định D = ℝ

x = 0 Ta có y ' = 4x 3 − 4 (1 − m 2 ) x ⇒ y ' = 0 ⇔  2 2 x = 1− m Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ phương trình y’ = 0 có ba nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình 2 1 − m > 0 x 2 = 1 − m 2 có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔  ⇔ −1 < m < 1 2 1 − m ≠ 0

Khi đó gọi ba điểm cực trị là

A ( 0;1 + m ) , B

(

) (

1 − m 2 ; m + 2m 2 − m 4 , C − 1 − m 2 ; m + 2m 2 − m 4

Ta có: BC = x C − x B = 2 1 − m 2 ; d ( A; BC ) = (1 − m 2 ) Lại có: SABC =

)

2 1 BC.d ( A, BC ) = (1 − m 2 ) 1 − m 2 ≤ 1 ⇒ Smax = 1 khi m = 0 2

Câu 47. Lời giải Chọn B. '

x  2019  x e + e  e 2019   = x Ta có y ' = f ' ( x ) = 2019 x  2019  + e  e 2019 + e e  

Do đó x

e 2019

f ' ( x ) + f ' ( 2019 − x ) =

x 2019

+ e

x 2019

2019 − x 2019

e 2019

= + e

x 2019

+ e

1−

+ 1−

x 2019

+ e

e 2019

+ e

e e + e.e

x 2019

e 2019

= e

x 2019

+ e

e e +e

x 2019

Bởi vậy 2A = f ' (1) + f ' ( 2018 )  +  f ' ( 2 ) + f ' ( 2017 )  + ... + f ' ( 2018 ) + f ' (1)  = 2018 Nên A =

2018 = 1009 2

Câu 48 . Lời giải Chọn D.

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

Gọi kích thước đáy của cái kho cần xây dựng là x (m) và 2x (m), chiều cao của kho là y (m), (với x, y>0) Ta có V = 2x 2 y = 2000 ⇒ y =

1000 (m) x2

Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật là

Stp = 2 ( x.2x + x.y + 2x.y ) = 4x 2 + 6xy = 4x 2 +

= 4x 2 +

6000 x

3000 3000 3000 3000 . + ≥ 3 3 4x 2 . = 300 3 36 ( m 2 ) x x x x

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4x 2 =

3000 ⇔ x = 3 750 ( m ) x

Chi phí xây dựng thấp nhất khi đó sấp sỉ là 300 3 36.500000 ≈ 495289087 đồng

Câu 49. Lời giải Chọn B. 2

Xét đa thức bậc bốn g ( x ) = 2f ( x ) .f '' ( x ) − ( f ' ( x ) ) . Ta có g ' ( x ) = 2f ( x ) .f ''' ( x ) = 12f ( x )

Vì g ' ( x ) = 0 có ba nghiệm phân biệt nên g ( x ) = 0 có tối đa bốn nghiệm 2

Vậy phương trình 2f ( x ) .f '' ( x ) =  f ' ( x )  có tối đa bốn nghiệm. Giả sử x1 < x 2 < x 3 là ba nghiệm của

f ( x ) = 0 . Mà các nghiệm này đều phân biệt nên ta có f ' ( x1 ) , f ' ( x 2 ) , f ' ( x 3 ) đều khác 0. Ta có x

−∞

g’(x)

x1 -

x2 +

x3 -

+∞ +

g ( x2 )

+∞

g(x)

g ( x1 )

g ( x3 )

Nhận thấy

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

g ( x1 ) = 2f ( x1 ) .f '' ( x1 ) − ( f ' ( x1 ) ) = − ( f ' ( x1 ) ) < 0 2

g ( x 2 ) = 2f ( x 2 ) .f '' ( x 2 ) − ( f ' ( x 2 ) ) = − ( f ' ( x 2 ) ) < 0 2

g ( x 3 ) = 2f ( x 3 ) .f '' ( x 3 ) − ( f ' ( x 3 ) ) = − ( f ' ( x 3 ) ) < 0 Nên từ bảng biến thiên suy ra phương trình g ( x ) = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt. Do đó phương trình 2

2f ( x ) .f '' ( x ) =  f ' ( x )  có đúng hai nghiệm phân biệt.

Câu 50. Lời giải Chọn B. Tập xác định của hàm số y = x + 4 − x 2 + m là D = [ −2; 2] Ta có y ' =

4 − x2 − x 4 − x2

;

x ≥ 0 y ' = 0 ⇔ 4 − x2 − x = 0 ⇔ 4 − x2 = x ⇔  ⇔x= 2 2 2 4 − x = x Tính được y

( 2) = m + 2

2, y ( −2 ) = m − 2 và y ( 2 ) = m + 2

Để ý rằng m − 2 < m + 2 < m + 2 2 nên max y = m + 2 2 ⇔ m + 2 2 = 3 2 ⇔ m = 2 [ −2;2]

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

SỞ GDĐT BẮC NINH

ĐỀ TẬP HUẤN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019

PHÒNG QUẢN LÝ CHẤT LƯỢNG

Bài thi: Toán Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề có 50 câu trắc nghiệm)

Họ và tên thí sinh:..................................................... Số báo danh :................... Mục tiêu: Đề tập huấn thi THPTQG năm 2019 của Sở GD&ĐT Bắc Ninh gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài toán thuộc nội dung Toán lớp 11. Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tại đã công bố từ đầu tháng 12. Trong đó xuất hiện các câu hỏi khó lạ như câu 45, 49 nhằm phân loại tối đa học sinh. Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất. Câu 1: Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 4 − 5 x 2 + 4 với trục hoành là A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. 1.

C. y = x 4 + 4 x 2 + 1

D. y = x 3 − 3 x − 1

Câu 2: Hàm số nào sau đây không có điểm cực trị? A. y = x 3 + 3 x + 1

B. y = x 2 − 2 x

Câu 3: Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có AB và CD thuộc hai đáy của hình trụ, AB = 4a, AC = 5a. Thể tích khối trụ là A. V = 16 πa3 .

B. V = 4 πa3 .

C. V = 12 πa3 .

D. V = 8πa3 .

Câu 4: Cho hinh chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy. Tam giác ABC vuông cân tại B , biết SA = AC = 2a. Thể tích khối chóp S.ABC là A. VS . ABC =

2 3 a . 3

B. VS. ABC =

a3 . 3

C. VS. ABC = 2 a3

D. VS. ABC =

4 a3 . 3

Câu 5: Cho k, n ( k < n ) là các số nguyên dương. Mệnh đề nào sau đây SAI? B. Cnk =

A. Cnk = Cnn − k .

n! . k !.(n − k )!

C. Ank = k !.Cnk .

D. Ank = n !.Cnk

Câu 6: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích bằng V . Gọi M là trung điểm cạnh BB ', điểm N thuộc cạnh CC ' sao cho CN = 2C ' N. Tính thể tích khối chóp A,BCNM theo V, A. VA. BCNM =

7V . 12

7V B. VA. BCNM = . 18

V C. VA. BCNM = . 3

6V D. VA. BCNM = . 18

Câu 7: Cho hàm số y = x 3 − 3 x + 1. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (-1;3). B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (-1;1) C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) và khoảng (1; +∞ ) . 1

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

D. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (-2;1). Câu 8: Cho tứ diện ABCD, gọi G1, G2 lần lượt là trọng tâm các tam giác BCD và ACD . Mệnh đề nào sau đây SAI? A. G1G2 / / ABD C. G1G2 =

B. G1G2 / / ABC

2 AB 3

D. Ba đường thẳng BG1, AG2 và CD đồng quy. 3

Câu 9: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2 e x +1 . A. ∫ f ( x ) dx = e x +1 + C 3

∫

1 3 f ( x ) dx = e x +1 + C 3

Câu 10: Phương trình 7 2 x A.1

+6 x+4

∫ f ( x ) dx = 3e

∫

f ( x ) dx =

x3 +1

x3 x3 +1 e +C 3

= 49 có tổng tất cả các nghiệm bằng

5 2

5 D. − . 2

C. -1

Câu 11: Đường cong như hình vẽ là đồ thị của hàm số nào?

A. y = − x 3 + 3 x 2 + 5. B. y = 2 x 3 − 6 x 2 + 5

C. y = x3 − 3 x 2 + 5

D. y = x3 − 3 x + 5

Câu 12: Cho hình chóp đều .S ABCD có cạnh AB = a, góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ABC bằng 450. Thể tích khối chóp S.ABCD là

a3 2 B. 6

a3 A. 3

a3 C. 6

a3 2 D. 3

Câu 13: Mệnh đề nào sau đây đúng? A. ∫ x.e x dx = e x + xe x + C.

x2 x C. ∫ x.e dx = e + C 2

x2 x x D. ∫ x.e dx = e + e + C. 2

∫ x.e dx = xe x

− ex + C

Câu 14: Khối đa diện nào có số đỉnh nhiều nhất? A. Khối nhị thập diện đều (20 mặt đều).

B. Khối bát diện đều (8 mặt đều). 2

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

C. Khối thập nhị diện đều (12 mặt đều). Câu 15: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = A.

1 ln 5 x + 4 + C ln 5

D. Khối tứ diện đều.

1 là 5x + 4

B. ln 5 x + 4 + C

1 ln 5 x + 4 + C 5

1 ln ( 5 x + 4 ) + C 5

Câu 16: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, SA vuông góc với mặt phẳng ABC và AB = 2, AC = 4, SA = 3. Mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp S.ABC có bán kính là

A. R =

5 2

B. R = 5

Câu 17: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = A. 4

B. 1

C. R =

10 3

D. R =

25 . 2

x2 − x + 1 là x2 − x − 2

C. 3

D. 2

Câu 18: Cho khối nón có bán kính đáy r = 3 và chiều cao h = 4. Tính thể tích V của khối nón đã cho. A. V = 12π

B. V = 4π

C. V = 4

Câu 19: Tìm tập xác định D của hàm số y = ( x 2 − 3 x − 4 )

2− 3

D. V = 12 .

A. D = ℝ \ (−1; 4)

B. D = R

C. D = ( −∞; −1) ∪ ( 4; +∞ )

D. D = ( −∞; −1] ∪ [ 4; +∞ ) .

 a3  Câu 20: Cho a là số thực dương khác 5. Tính I = log a   5  125  A. I = −

1 3

B. I = -3

C. I =

1 3

D. I = 3 1

 1 a b 2 2 −1 Câu 21: Cho a > 0, b > 0, giá trị của biểu thức T = 2 ( a + b ) . ( ab ) . 1 +  −   bằng a    4  b 1 2

A.1

1 3

2 3

1 2

Câu 22: Cho a, b, c dương và khác 1. Các hàm số y = log a x, y = log b x, y = log c x có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng?

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

A. b > c > a

B. a > b > c

C. a > c > b

D. c > b > a

C. R

D. [-1;1]

Câu 23: Tập xác định của hàm số y = 2sin x là A. [0;2]

B. [-2;2]

Câu 24: Cho a > 0, b > 0 thỏa mãn a 2 +4b 2 = 5ab. Khẳng định nào sau đây đúng? A. 2 log ( a + 2b ) = 5 ( log a + log b ) C. log

B. log ( a + 1) + log b = 1

a + 2b log a + log b = 3 2

D. 5log ( a + 2b ) = log a − log b

Câu 25: Cho tập A có 26 phần tử. Hỏi A có bao nhiêu tập con gồm 6 phần tử? A. A266

B. 6

C. P6

D. C266

Câu 26: Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất, xác suất để mặt có số chấm chẵn xuất hiện là A. 1

1 3

2 3

1 2

Câu 27: Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x − 1) + log 3 (11 − 2 x ) ≥ 0 là 3

 11  A. S =  3;   2

B. S = ( −∞; 4]

C. S = (1; 4]

D. S = (1; 4 )

Câu 28: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây SAI?

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

A. Hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị. B. Nếu m > 2 thì phương trình f ( x ) = m có nghiệm duy nhất. C. Hàm số y = f ( x ) có cực tiểu bằng -1. D. Giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [-2;2] bằng 2. Câu 29: Cho hàm số f ( x ) = 2 x + e x . Tìm một nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 2019 A. F ( x ) = e x − 2019

B. F ( x ) = x 2 + e x − 2018

C. F ( x ) = x 2 + e x + 2017

D. F ( x ) = x 2 + e x + 2018

Câu 30: Tập tất cả giá trị của tham số m để hàm số y = x3 − 3mx 2 + 3 x + 1 đồng biến trên R là A. [-1;1]

B. m ∈ ( −∞; −1] ∪ [1; +∞ )

C. ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ )

D. (-1;1)

Câu 31: Cho a, b là các số dương thỏa mãn log 9 a = log16 b = log12 A.

a 3+ 6 = b 4

a =7−2 6 b

a 5b − a . Tính giá trị . 2 b

a =7+2 6 b

a 3− 6 = b 4

Câu 32: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và ABC = 600. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABC. Gọi ϕ là goc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SCD), tính sin ϕ biết rằng SB = a.

1 A. sin ϕ = . 4

1 B. sin ϕ = . 2

C. sin ϕ =

3 . 2

D. sin ϕ =

2 . 2

Câu 33: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và có đạo hàm f ' ( x ) = x 2 ( x − 2 ) ( x 2 − 6 x + m ) với mọi x ∈ ℝ. Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn [-2019;2019] để hàm số g ( x ) = f (1 − x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; −1) ? 5

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

A. 2010

B. 2012

C. 2011

D. 2009

Câu 34: Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = 4, BC = 2, SA = 4 3, SAB = SAC = 300. Tính thể tích khối chóp S.ABC

A. VS .ABC = 8

B. VS .ABC = 6

C. VS .ABC = 4

D. VS .ABC = 12

Câu 35: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

−∞

y' y

+∞ -

15 13

+∞

Giá trị lớn nhất của m để phương trình e

2 f 3 ( x )−

13 2 3 f ( x )+7 f ( x )+ 2 2

= m có nghiệm trên đoạn [0;2] là

A. e4

B. e3

C. e13

Câu 36: Cho phương trình ( 2 sin x − 1)

(

D. e5

)

3 tanx + 2 sinx = 3 − 4 cos 2 x. Tổng tất cả các nghiệm thuộc đoạn

[ 0; 20π ] của phương trình bằng A.

1150 π 3

570 π 3

880 π 3

875 π 3

Câu 37: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a 3, BC = 2a, đường thẳng AC ' tạo với mặt phẳng BCC 'B' một góc 300. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho bằng A. 6π a 2

B. 3 π a 2

C. 4 π a 2

D. 24 π a 2

Câu 38: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện: f ( 0 ) = 2 3, f ( x ) > 0, ∀x ∈ R và f ( x ) . f ' ( x ) = ( 2 x + 1) 1 + f 2 ( x ) , ∀x ∈ R. Khi đó giá trị f (1) bằng

A. 15

Câu 39: Cho hình chóp S.BCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD); tứ giác ABCD là hình thang vuông với cạnh đáy AD, BC; AD = 3BC = 3a; AB = a, SA = a 3. Điểm I thỏa mãn AD = 3 AI ; M là trung điểm SD, H là giao điểm của AM và SI . Gọi E , F lần lượt là hình chiếu của A lên SB , . SC Tính thể tích V của khối nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH và đỉnh thuộc mặt phẳng (ABCD). A. V =

π a3 2 5

B. V =

π a3 5

C. V =

π a3 10 5

D. V =

π a3 5 5

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

Câu 40: Cho phương trình m ln 2 ( x + 1) − ( x + 2 − m ) ln ( x + 1) − x − 2 = 0(1). Tập tất cả giá trị của tham số m để phương trình 1 có các nghiệm, trong đó có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0 < x1 < 2 < 4 < x2 là khoảng

( a; +∞ ) . Khi đó, a thuộc khoảng A. (3,8;3,9)

B. (3,7;3,8)

C. (3,6;3,7)

D. (3,5;3,6)

Câu 41: Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 + m − 2 có đồ thị C. Gọi S là tập các giá trị của m sao cho đồ thị C có đúng một tiếp tuyến song song với trục Ox. Tổng tất cả các phần tử của S là

A. 3.

B. 8.

C. 5.

D. 2.

Câu 42: Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 2 + y 2 − 4 x + 6 y + 4 + y 2 + 6 y + 10 = 6 + 4 x − x 2 . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =

x 2 + y 2 − a . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc

đoạn [-10;10] của tham số a để M ≥ 2m ? A. 17

B. 16

C. 15

D. 18

Câu 43: Cho hình chóp S.ABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA = OB = OC = a. Gọi M là trung điểm cạnh AB . Góc hợp bởi hai véc tơ BC và OM bằng A. 1200

B. 150 0

C. 135 0

D. 60 0

Câu 44: Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện 720 ( C77 + C87 + ...Cn7 ) =

1 An10+1. Hệ số của x 7 trong 4032

1   khai triển  x − 2  ( x ≠ 0 ) bằng x  

A.-550

B. 120

C. 560

D. -120

Câu 45: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y =

x − m2 − 2 trên đoạn [0;4] x−m

bằng -1

A. 3

B. 2

Câu 46: Cho hàm số y =

C. 1

D. 0

x −3 . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn [-6;6] của x − 3mx + ( 2m 2 + 1) x − m 3

tham số m để đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận?

A.12

B. 9

C. 8

D. 11

)

(

Câu 47: Tập nghiệm của bất phương trình log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1 là − a ; − b  . Khi

(

đó ab bằng A.

12 5

5 12

15 16

16 15

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

Câu 48: Cho tứ diện SABC và G là trọng tâm của tứ diện, mặt phẳng quay quanh AG và cắt các cạnh SB, V SC tương ứng tại M, N. Giá trị nhỏ nhất của tỉ số S , AMN là VS . ABC A.

1 2

1 3

3 8

4 9

Câu 49: Thiết diện của hình trụ và mặt phẳng chứa trục của hình trụ là hình chữ nhật có chu vi là 12cm. Giátrị lớn nhất của thể tích khối trụ là A. 32π cm3

B. 64 π cm3

C. 8 π cm3

D. 16 π cm3

Câu 50: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số  3sin x − cos x − 1  = f ( m 2 + 4m + 4 ) có nghiệm? m để phương trình f    2 cosx − sinx + 4 

A. 4

B. 5

C. Vô số

D. 3

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

MA TRẬN Cấp độ câu hỏi STT

Chuyên đề

Đơn vị kiến thức

Đồ thị, BBT

Cực trị

Hàm số

Nhận Thông biết hiểu C7 C11 C23

Vận dụng

C28 C2

Đơn điệu

C41

C35

Min - max

Tiệm cận

Bài toán thực tế

Hàm số mũ - logarit

C19 C22

Biểu thức mũ logarit

C20 C24

C21 C31

Phương trình, bất phương trình mũ logarit

C10

C27

Bài toán thực tế

12 13

Nguyên hàm Nguyên hàm – Tích phân

C30 C33

Tương giao

Tổng

Mũ logarit

Vận dụng cao

C17

C45

C46

2 0 2 4

C40 C47

4 0

C15

C9 C13 C29

Tích phân

Ứng dụng tích phân

Bài toán thực tế

Dạng hình học

Dạng đại số

PT phức

17 18

Số phức

C38

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

Đường thẳng

19 Hình Oxyz

C43

Mặt phẳng

Mặ t c ầ u

Bài toán tọa điểm, vecto

Bài toán về min, max

Thể tích, tỉ số thể tích

HHKG 25

Khoảng cách

Khối nón

Khối tròn xoay

C8 C14

0 C4 C6

C17

C48

4 1

C39

Khối trụ

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện

C16

Tổ hợp – chỉnh hợp

CSC CSN

Xác định thành phần CSC - CSN

PT - BPT

C34

C32

Tổ h ợ p – xác suất

Xác suất

C25

C44

C26

Bài toán tham số

3 1 0

C36 C37 C42 C50

NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan. Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 8%. Không có câu hỏi thuộc kiến thức lớp 10. Cấu trúc tương tự đề thi minh họa năm 2018-2019. 21 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 8 câu VDC. Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng, tuy nhiên có sự phân hóa cao với nhiều câu VDC ở nhiều mảng kiến thức. Đề thi phân loại học sinh ở mức khá

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

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1-C

2-A

3-C

4-A

5-D

6-B

7-C

8-C

9-C

10-D

11-C

12-B

13-B

14-C

15-C

16-A

17-C

18-B

19-C

20-D

21-A

22-C

23-C

24-C

25-D

26-D

27-C

28-C

29-D

30-A

31-B

32-D

33-C

34-C

35-A

36-D

37-A

38-C

39-C

40-E

41-C

42-B

43-A

44-A

45-C

46-B

47-D

48-D

49-C

50-D

Câu 1: Chọn C. Phương pháp: Giải phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành. Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm.

Cách giải:  x = ±2 . Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 4 − 5 x 2 + 4 = 0 ⇔ ( x 2 − 4 )( x 2 − 1) = 0 ⇔   x = ±1 Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục hoành là 4.

Câu 2: Chọn A. Phương pháp: Giải phương trình f ' ( x ) = 0 và kết luận.

Cách giải: Xét đáp án A ta có y ' = 3 x 2 + 3 > 0∀x ∈ R ⇒ Hàm số không có cực trị.

Câu 3: Chọn C. Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h và bán kính r là V = π r 2 h.

Cách giải:

Ta có: BC = AC 2 − AB 2 = 25a 2 − 16a 2 = 3a (Định lí Pytago) 11

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

Do đó khối trụ có bán kính đáy r =

AB = 2a, chiều cao h = AC = 3a. 2

⇒ Vtru = π .r 2 h = π ( 2a ) .3a = 12π a 3 .

Câu 4: Chọn A. Phương pháp: 1 Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V = S day .h. 3

Cách giải: Do ∆ABC vuông cân tại B có AC = 2a ⇒ AB = BC =

AC = a 2. 2

1 1 1 2a 3 . = SA. BA.BC = .2a.a 2.a 2 = 3 2 6 3

⇒ VS . ABC

Câu 5: Chọn D. Phương pháp: Sử dụng các công thức liên quan đến chỉnh hợp, tổ hợp, hoán vị.

Cách giải: Ta có:

Cnk = Cnn − k , Cnk =

n! ; Ank = k !Cnk là các công thức đúng. k !( n − k ) !

Câu 6: Chọn B. Phương pháp: +) So sánh diện tích hình thang BMNC và diện tích hình bình hành BCC’B’ từ đó suy ra tỉ số thể tích VA.BMNC . VA. BCC ' B ' +) So sánh VA.BCC ' B ' với V.

Cách giải: Ta có

S BCC ' B ' = d ( B '; CC') .CC ' S BMNC =

( BM + CN ) d ( B; CC ')

2 1 2 1  7 d ( B; CC ' )  CC '+ CC '  = d ( B; CC ' ) .CC ' 2 3 2  12

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

⇒

S BMNC V 7 7 7 = ⇒ A.BMNC = ⇒ VA. BMNC = VA.BCC ' B ' . S BCC ' B ' 12 VA. BCC ' B ' 12 12

2 7 2 7 Mà VA.BCC ' B ' = V ⇒ VA.BMNC = . V = V . 3 12 3 18

Câu 7: Chọn C. Phương pháp: Xét dấu y' và kết luận các khoảng đơn điệu của hàm số.

Cách giải: TXĐ: D = R. Ta có y ' = 3 x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1. Bảng xét dấu y’:

−∞

-1 +

+∞

1 -

⇒ Hàm số đã cho đồng biến trên ( −∞; −1) và (1;+ ∞ ) và nghịch biến trên (-1;1).

Câu 8: Chọn C. Phương pháp : +) Gọi M là trung điêm của CD. Chứng minh BG1 , AG 2 , CD đồng quy tại M. +) Chứng minh G1G2 / / AB.

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của CD ta có : B, G1 , M thẳng hàng A, G2, M thẳng hàng → BG2 , AG2 , CD đồng quy tại M, do đó đáp án D đúng. Ta có:

MG 1 MG2 1 = = ⇒ G1G2 / / AB (Định lí Ta-lét đảo). MB MA 3 13

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

Mà AB ⊂ ( ABD ), AB ⊂ ( ABC ) ⇒ G1G2 / /( ABD ), G1G2 / /( ABC ) , do đó các đáp án A, B đúng.

Câu 9: Chọn C. Phương pháp: Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt t = x3 + 1.

Cách giải:

∫ f ( x ) dx = ∫ x e

2 x3 +1

dx.

Đặt t = x3 + 1 ⇒ dt = 3 x 2 dx ⇒ x 2 dx = ⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫

dt 3

et dt 1 t 1 2 = e + C = e x +1 + C. 3 3 3

Câu 10: Chọn D. Phương pháp: Đưa về cùng cơ số : a f ( x ) = a g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x )( 0 < a ≠ 1) . Cách giải: Ta có 7

2 x2 + 5 x + 4

1  x=−  = 49 = 7 ⇔ 2 x + 5 x + 4 = 2 ⇔ 2.   x = −2 2

1 −5 Vậy tổng các nghiệm của phương trình là − − 2 = . 2 2

Câu 11: Chọn C. Phương pháp: +) Dựa vào lim y xác định dấu của hệ số a và loại đáp án. x →+∞

+) Dựa vào các điểm đồ thị hàm số đi qua xác định đáp án đúng.

Cách giải: Đồ thị hàm số đã cho là hàm đa thức bậc ba có a > 0 do lim y = +∞ ⇒ Loại đáp án A. x →+∞

Đồ thị hàm số đi qua điểm ( 2;1) ⇒ Loại các đáp án B và D. Câu 12: Chọn B. Phương pháp: +) Gọi O = AC ∩ BD ta có SO ⊥ ( ABCD ). +) Xác định góc giữa SA và mặt phẳng (ABC), từ đó tính SO. +) Sử dụng công thức tính thể tích V =

1 AO.S ABCD . 3 14

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

Cách giải:

Gọi O = AC ∩ BD ta có SO ⊥ ( ABCD ). ⇒ ∠ ( SA; ( ABC ) ) = ∠ ( SA; ( ABCD ) ) = ∠SAO = 450 ⇒ SO = OA =

a 2 . 2

1 1 a 2 2 a3 2 .a = . ⇒ VS . ABCD = SO.S ABCD = . 3 3 2 6

Câu 13: Chọn B. Phương pháp: Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần ∫ udv = uv − ∫ vdu + C.

Cách giải: Ta có

∫ xe dx = ∫ xd ( e ) = xe − ∫ e dx + C = xe x

− e x + C.

Câu 14: Chọn C. Phương pháp: Sử dụng lí thuyết khối đa diện. Bảng tóm tắt của năm loại khối đa diện đều Loại

Tên gọi

Số đỉnh

Số cạnh

Số mặt

{3;3}

Tứ diện đều

{4;3}

Lập phương

{3;4}

Bát diện đều

{5;3}

Mười hai mặt đều

{3;5}

Hai mươi mặt đều

Cách giải: Bảng tóm tắt của năm loại khối đa diện đều 15

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

Loại

Tên gọi

Số đỉnh

Số cạnh

Số mặt

{3;3}

Tứ diện đều

{4;3}

Lập phương

{3;4}

Bát diện đều

{5;3}

Mười hai mặt đều

{3;5}

Hai mươi mặt đều

Khối đa diện đều có nhiều đỉnh nhất là khối nhị thập diện đều (12 mặt đều) với 20 đỉnh.

Câu 15: Chọn C. Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm mở rộng

∫ ax + b = a ln ax + b + C.

Cách giải: Ta có:

∫ 5 x + 4 = 5 ln 5 x + 4 + C.

Câu 16: Chọn A. Phương pháp: Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp có cạnh bên vuông góc với đáy là

h2 2 , trong đó h là chiều cao của khối chóp và Rday là bán kính đường ròn ngoại tiếp đáy. + S day 4

Cách giải: Xét tam giác vuông ABC ta có BC = AB 2 + AC 2 = 22 + 42 = 2 5. Tam giác ABC vuông tại A nên nội tiếp đường tròn đường kính BC. Gọi Rday là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ Rday =

BC = 5. 2

Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC có SA ⊥ ( ABC ) : R=

5 5 SA2 2 + S day = +5 = . 4 4 2

Câu 17: Chọn C. Phương pháp: Cho hàm số y = f ( x ) . + Nếu lim y = y0 ⇒ y = y0 là TCN của đồ thị hàm số. x →∞

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

+ Nếu lim y = ∞ ⇒ x = x0 là TCĐ của đồ thị hàm số x → x0

Cách giải: Ta có: 1 1− + x2 − x + 1 x lim y = lim 2 = lim x →±∞ x →±∞ x − x − 2 x →±∞ 1 1− − x

1 x 2 = 1 ⇒ y = 1 là TCN của đồ thị hàm số. 2 x2

 x2 − x + 1 = =∞ lim y lim  x→ 2 x →2 x 2 − x − 2 ⇒ x = 2, x = −1 là các đường TCĐ của đồ thị hàm số.  2  lim y = lim x − x + 1 = ∞  x →−1 x →−1 x 2 − x − 2 Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.

Câu 18: Chọn B. Phương pháp: 1 Sử dụng công thức tính thể tích khối nón có bán kính đáy r và chiều cao h là V = π r 2 h. 3

Cách giải: 1 1 Thể tích khối nón là V = π r 2 h = π 3 3

( 3 ) .4 = 4π .

Câu 19: Chọn C. Phương pháp: TXĐ của hàm số y = x n phụ thuộc vào n như sau: n ∈ ℤ+

n ∈ ℤ−

n∉ℤ

D=ℝ

D = ℝ \{0}

D = ( 0; +∞ )

Cách giải: Vì

x > 4 . 2 − 3 ∉ ℤ ⇒ Hàm số xác định ⇔ x 2 − 3 x − 4 > 0 ↔   x < −1

Vậy TXĐ của hàm số là D = ( −∞; −1) ∪ ( 4; +∞ ) .

Câu 20: Chọn D. Phương pháp: Sử dụng công thức log a b m = m log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) .

Cách giải:

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

 a3  a a Ta có: I = log a   = log a   = 3log a   = 3. 5  125  5 5 5 5

Câu 21: Chọn A. Phương pháp: Quy đồng, sử dụng các công thức nhân chia lũy thừa.

Cách giải: 1

−1

Ta có: T = 2 ( a + b ) . ( ab )

1 2

 1  a −b  2 = . ab 1 + .   a+b  4  ab 

2 2  1 a b  1 +  −   a    4  b   1 2

2  a − b) ( 2 ab 2 ab . 1+ = .  = a+b 4ab a+b 

(a + b) 2 4ab

Câu 22: Chọn C. Phương pháp: Kẻ đường thẳng y = m > 0 và so sánh các giá trị a, b, c.

Cách giải:

Kẻ đường thẳng y = m > 0 như hình vẽ ta có: log a x 1 = m ⇔ x 1 = a m , log b x2 = m ⇔ x2 = b m , log c x3 = m ⇔ x3 = c m Quan sát hình vẽ ta thấy x2 < x3 < x1 ⇔ b m < c m < a m . Mà m > 0 nên b < c < a hay a > c > b.

Câu 23: Chọn C. Phương pháp: Hàm số y = sinx xác định trên R.

Cách giải: Hàm số y = 2sin x xác định trên R nên tập xác định D = R.

Câu 24: Chọn C. 18

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

Phương pháp: Cộng cả hai vế của đẳng thức bài cho với 4ab và lấy logarit cơ số 10 hai vế.

Cách giải: 2

Ta có: a 2 + 4b 2 = 5ab ⇔ a 2 + 4ab + 4b 2 = 9ab ⇔ ( a + 2b ) = 9ab. Logarit cơ số 10 hai vế ta được: 2

log ( a + 2b ) = log(9ab) ⇔ 2 log ( a + 2b ) = log 9 + loga + logb

⇔ 2 log ( a + 2b ) = 2 log 3 + log a + log b ⇔ 2(log ( a + 2b ) − log 3) = log a + log b ⇔ log

a + 2b log a + log b . = 3 2

Câu 25: Chọn D. Phương pháp: Số tập con gồm k phần tử của tập hợp A gồm n phần tử là Cnk .

Cách giải: Số tập con gồm 6 phần tử trong tập A gồm 26 phần tử là C266 .

Câu 26: Chọn D. Phương pháp: Tính n ( Ω ) và n(A) suy ra xác suất P ( A) =

n( A) . n( Ω)

Cách giải: Số phần tử không gian mẫu n(Ω) = 6. Gọi biến cố A: “mặt chẵn chấm xuất hiện” Ta có: A = {2; 4; 6} ⇒ n( A) = 3. Vậy xác suất P ( A) =

3 1 = . 6 2

Câu 27: Chọn C. Phương pháp: Biến đổi đưa về cùng cơ số 3 rồi giải bất phương trình.

Cách giải: x > 1 x −1 > 0 11  ⇔  11 ⇔ 1 < x < Điều kiện:  2 11 − 2 x > 0  x < 2 Ta có: 19

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

log 1 ( x − 1) + log 3 (11 − 2 x) ≥ 0 ⇔ − log 3 ( x − 1) + log 3 (11 − 2 x) ≥ 0 3

→ log 3

11 − 2 x 11 − 2 x 11 − 2 x 12 − 3 x ≥0⇔ ≥1⇔ −1 ≥ 0 ⇔ ≥0 x −1 x −1 x −1 x −1

⇔ 12 − 3 x ≥ 0 ⇔ x ≤ 4 (do x – 1 > 0) Kết hợp với điều kiện 1 < x <

11 ta được 1 < x ≤ 4 hay tập nghiệm của bất phương trình là S = (1; 4] . 2

Câu 28: Chọn C. Phương pháp: Nhận xét tính đúng sai của từng đáp án dựa vào đồ thị hàm số.

Cách giải: Đáp án A: đúng. Đáp án B: Với m > 2 hoặc m < -2 thì đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại một điểm duy nhất nên B đúng. Đáp án C: Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 chứ không phải đạt cực tiểu bằng -1 nên C sai. Đáp án D: Giá trị lớn nhất của hàm số trên [-2;2] đạt được bằng 2 tại x = −2 nên D đúng. Câu 29: Chọn D. Phương pháp: - Tìm nguyên hàm của hàm số. - Thay điều kiện bài cho tìm hằng số C.

Cách giải: Ta có: F ( x ) = ∫ ( 2 x + e x ) dx = x 2 + e x + C. Do F ( 0 ) = 2019 nên 0 2 + e0 + C = 2019 ⇔ C = 2018. Vậy F ( x ) = x 2 + e x + 2018.

Câu 30: Chọn A. Phương pháp: Hàm số bậc ba đồng biến trên R nếu và chỉ nếu a > 0 và phương trình y ' = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép.

Cách giải: Hàm số đã cho là hàm số bậc ba có a = 1 > 0, có: y ' = 3 x 2 − 6mx + 3. Do đó nó đồng biến trên R nếu và chỉ nếu phương trình y’ = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

⇔ ∆ ' = 9m 2 − 9 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ 1. Vậy m ∈ [−1;1]. 20

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

Câu 31: Chọn B. Phương pháp: - Đặt log 9 a = log16 b = log12 - Giải phương trình suy ra

5b − a = t , biến đổi đưa về phương trình ẩn t. 2

a . b

Cách giải: Đặt log 9 a = log16 b = log12

5b − a 5b − a = t , ta được: a = 9t , b = 16t , = 12t 2 2 t

5.16t − 9t 3 3 3 Suy ra = 12t ⇔ 5.16t − 2.12t − 9t = 0 ⇔ 5 − 2.   −   = 0 ⇔   = 6 − 1. 2 4 4 4 2t

Do đó

a 9t  3  = =  = b 16 t  4 

(

)

6 − 1 = 7 − 2 6.

Câu 32: Chọn D. Phương pháp: - Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và (SCD) cũng bằng góc giữa OM và (SCD). - Xác định góc ϕ và tính sin ϕ .

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và (SCD) cũng bằng góc giữa OM và (SCD) (Vì OM//SB). Gọi H là hình chiếu của O trên (SCD)

⇒ ( OM , ( SCD) ) = (OM , MH ) = OMH . Trong (SBD) kẻ OE//SH, khi đó tứ diện OECD là tứ diện vuông nên

1 1 1 1 . = + + 2 2 2 OH OC OD OE 2

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

Ta dễ dàng tính được OC =

a a 3 , OD = . 2 2 2

a 3 OE OD 3 3 a 6 Lại có: = = ⇒ OE = SH , mà SH = SB 2 − BH 2 = a 2 −   = SH HD 4 4 3  3  Do đó OE = Suy ra

3 3 a 6 a 6 . SH = . = 4 4 3 4

1 1 1 = + 2 2 OH ( a / 2) a 3 / 2

(

) (a

Tam giác OMH vuông tại H có OM = Vậy sin ϕ =

6/4

)

8 a 2 . ⇒ OH = 2 4 a

1 2 a a 2 OH . SB = , OH = ⇒ sinOMH = = 2 2 4 OM 2

2 . 2

Câu 33: Chọn C. Phương pháp: Hàm số nghịch biến trên ( −∞; −1) nếu g ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ( −∞; −1) .

Cách giải: Ta có: g '(x) = − f' (1 − x ) = − (1 − x ) (1 − x − 2 ) (1 − x ) − 6 (1 − x ) + m    2

= − (1 − x ) ( −1 − x ) ( x 2 + 4 x + m − 5 ) = ( x − 1) ( x + 1) ( x 2 + 4 x + m − 5 ) Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −∞; −1)

⇔ g ' ( x ) ≤ 0, ∀ x ∈ ( −∞; −1) ⇔ ( x + 1) ( x 2 + 4 x + m − 5 ) ≤ 0, ∀ x ∈ ( −∞; −1)

⇔ x 2 + 4 x + m − 5 ≥ 0, ∀ x ∈ ( −∞; −1) (do x + 1 < 0, ∀ x ∈ ( −∞; −1)) ⇔ h ( x ) = x 2 + 4 x − 5 ≥ m∀ x ∈ ( −∞; −1) ⇔ − m ≤ min h ( x ) . ( −∞ ;−1]

Ta có h ' ( x ) = 2 x + 4 = 0 ⇔ x = −2. BBT:

x h '( x)

−∞

-2 -

-1 +

h ( x) -9 22

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

Dựa vào BBT ta có − m ≤ −9 ⇔ m ≥ 9. Mà m ∈ [ −2019; 2019] và m nguyên nên m ∈ [9;10;11;...; 2019] hay có 2019 – 9 + 1 = 2011 giá trị của m thỏa mãn.

Câu 34: Chọn C. Phương pháp: - Gọi M là trung điểm của BC, dựng chiều cao hình chóp. 1 - Tính diện tích đáy và chiều cao suy ra thể tích V = Sh. 3

Cách giải:

Dễ thấy ∆SAB = ∆SAC (c.g .c) hay tam giác ∆SBC cân. Gọi M là trung điểm BC ta có: AM ⊥ BC , SM ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (SAM). Gọi H là hình chiếu của S trên AM thì SH ⊥ AM , SH ⊥ BC nên SH là đường cao của hình chóp. Xét tam giác SAB có: SB 2 = SA2 + AB 2 − 2.SA.AB.cos 300 = 16 ⇒ SB = 4 ⇒ SC = 4. SB 2 + SC 2 BC 2 − = 15 ⇒ SM = 15 2 4

Do đó SM 2 =

Tam giác ABC có AM 2 = Khi đó S SAM = Do đó: SH = VS . ABC =

AB 2 + AC 2 BC 2 − = 15 ⇒ AM = 15. 2 4

p( p − a)( p − b)( p − c) = 6.

2 S SAM 2.6 4 15 . = = 5 AM 15

1 1 1 1 4 15 = 4. S ABC .SH = . AM .BC.SH = . 15.2. 2 3 2 6 5

Câu 35: Chọn A. 23

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

Phương pháp: - Lấy ln hai vế rồi xét hàm số vế trái trên đoạn [0;2]. - Tìm điều kiện để bài toán thỏa dựa vào tương giao đồ thị và suy ra giá trị m.

Cách giải: Ta có: e

2 f 3 ( x )−

13 2 3 f ( x )+ 7 f ( x )+ 2 2

Xét g ( x ) = 2 f 3 ( x ) −

= m ⇔ 2 f 3 ( x) −

13 2 3 f ( x ) + 7 f ( x ) + = ln m 2 2

13 2 3 f ( x ) + 7 f ( x ) + có 2 2

g ' ( x ) = 6 f 2 ( x ) . f ' ( x ) − 13 f ( x ) . f ' ( x ) + 7 f ' ( x ) = f ' ( x ) 6 f 2 ( x ) − 13 f ( x ) + 7    f '( x) = 0  x = 1; x = 3  f '( x) = 0  ⇔  f ( x ) = 1 ⇔  x = 1; x = x1 > 3 Suy ra g ' ( x ) = 0 ⇔  2   6 f ( x ) − 13 f ( x ) + 7 = 0  x = x2 < 1  f ( x) = 7 6  Xét g ( x ) trên đoạn [0;2]. + Trong khoảng (0;1) thì f ' ( x ) < 0, f ( x ) > 1, f ( x ) <

7 7  nên f ' ( x ) ( f ( x ) − 1)  f ( x ) −  > 0 hay g ' ( x ) > 0. 6 6 

+ Trong khoảng (1;2) thì f ' ( x ) > 0, f ( x ) > 1, f ( x ) <

7 7  nên f ' ( x ) ( f ( x ) − 1)  f ( x ) −  < 0 hay g ' ( x ) < 0. 6 6 

Từ đó ta có bảng biến thiên của g ( x ) như sau:

1 +

g '( x)

2 -

g ( x) Từ bảng biến thiên ta thấy max g ( x ) = 4. [0;2]

Vậy yêu cầu bài toán thỏa nếu và chỉ nếu ln m ≤ 4 ⇔ m ≤ e 4 hay giá trị lớn nhất của m là m = e4 .

Câu 36: Chọn D. Phương pháp: - Sử dụng các công thức nhân ba, phân tích tích thành tổng để biến đổi đơn giản phương trình. - Giải phương trình, tìm nghiệm thỏa mãn bài toán và tính tổng các nghiệm.

Cách giải: 2 sin x − 1 3 tanx + 2sinx = 3 − 4 cos 2 x * 24

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

Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

(*) ⇔ ( 2sin x − 1) . ⇔ ( 2 sin x − 1)

(

π 2

+ kπ .

3 sin + 2 sin x cos x = 3 − 4 cos 2 x cos x

)

3 sinx + sin 2 x + ( 4 cos3 x − 3cos x ) = 0

⇔ 2 3 sin 2 x − 3 sinx + 2sinsin 2 x − sin 2 x + cos 3 x = 0 ⇔ 2 3 sin 2 x − 3 sinx + cosx − cos 3 x − sin 2 x + cos 3 x = 0 ⇔ 3 sinx ( 2sin x − 1) − sin 2 x + cos x = 0

⇔ 3 sinx ( 2 sin x − 1) − cos x ( 2sin x − 1) = 0 ⇔ ( 2sin x − 1)

(

)

3 sinx − cosx = 0

 2sin x − 1 = 0(1) ⇔  3 sinx − cosx = 0(2)

π  x = + k 2π  1 6 Giải (1) ⇔ sinx = ⇔  2  x = 5π + k 2π  6 Giải ( 2 ) ⇔ 3 sinx = cosx ⇔ 3 tanx = 1 ⇔ tanx =

π 1 ⇔ x = + kπ (TM ) . 6 3

π   x = 6 + kπ Hợp nghiệm của (1) và (2) ta được  ( k ∈ ℤ).  x = 5π + k 2π  6 π 5π 5π 5π π π  Mà x ∈ [ 0; 20π ] ⇒ x ∈  ; + π ;...; + 19π ; ; + 2π ;... + 18π  6 6 6 6 6 6  Vậy tổng các nghiệm là:

π 6

= 20.

+π +

π 6

+ 2π + ... +

π 6

+ 19π +

+ (1 + 2 + 3 + ... + 19 ) π +

5π 5π 5π + + 2π + ... + + 18π 6 6 6

5π 875π .10 + 2π (1 + 2 + ... + 9 ) = 6 3

Câu 37: Chọn A. Phương pháp: - Xác định góc giữa AC ' với ( BCC ' B ') . 25

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

- Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đứng theo công thức R = r 2 +

h2 . 4

Cách giải:

Trong mặt phẳng (ABC) kẻ AH ⊥ BC ( H ∈ BC ) . Lại có AH ⊥ BB ' (do BB ⊥ ( ABC ) suy ra AH ⊥ ( BCC ' B ') . Suy ra ( AC ', ( BCC ' B ' ) ) = AC ' H = 300 Ta có: AC = BC 2 − AB 2 = a, AH =

AC ' =

AB. AC a 3 . = BC 2

AH = a 3 ⇒ CC ' = AC '2 − AC 2 = a 2. sin AC ' H

Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ, khi đó R = r 2 +

h2 BC = a là bán kính đường tròn với r = 4 2

ngoại tiếp tam giác vuông ABC và h = CC ' = a 2 Do đó R = a 2 +

a2 a 6 6a 2 = ⇒ S = 4π R 2 = 4π . = 6π a 2 . 2 2 4

Câu 38: Chọn C. Phương pháp: Chia cả hai vế cho 1 + f 2 ( x ) rồi lấy nguyên hàm hai vế tìm f ( x ) .

Cách giải: Ta có: f ( x ) . f ' ( x ) = 2 x + 1 1 + f 2 ( x )

⇒

f ( x ). f '( x) 1+ f 2 ( x)

= 2x +1 ⇒ ∫

f ( x). f '( x) 1+ f 2 ( x)

dx = ∫ ( 2 x + 1) dx

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

Tính

∫

f ( x ). f '( x) 1+ f

( x)

dx ta đặt 1 + f 2 ( x ) = t ⇒ 1 + f 2 ( x ) = t 2 ⇔ 2 f ( x ) f ' ( x ) dx = 2tdt

⇒ f ( x ) f ' ( x ) dx = tdt Thay vào ta được

∫

f ( x). f '( x) 1+ f 2 ( x)

dx = ∫

tdt = ∫ dt = t + C = 1 + f 2 ( x ) + C t

Do đó 1 + f 2 ( x ) + C = x 2 + x.

(

f ( 0) = 2 2 ⇒ 1 + 2 2

)

+ C = 0 ⇔ C = −3.

Từ đó:

1 + f 2 ( x ) − 3 = x2 + x ⇒ 1 + f 2 ( x ) − 3 = 1 + 1 ⇔ 1 + f 2 ( x ) = 5

⇔ 1 + f 2 (1) = 25 ⇔ f 2 (1) = 24 ⇔ f (1) = 24

Câu 39: Chọn C. Phương pháp: - Chứng minh tứ giác AEFH nội tiếp, từ đó tìm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EHF . - Tìm đỉnh hình nón và tính chiều cao, bán kính đáy rồi suy ra thể tích.

Cách giải:

Xét tam giác SAD vuông tại A có SA = a 3, AD = 3a ⇒ SDA = 300 ⇒ MAI = 300. Lại có tam giác SAI vuông tại A có SA = a 3, AI = a ⇒ SIA = 600 nên tam giác AHI có H = 900 hay

AH ⊥ SI . Mà AH ⊥ IC do IC / / BA ⊥ ( SAD ) nên AH ⊥ ( SIC ) ⇒ AH ⊥ SC. Ngoài ra, AE ⊥ SB, AE ⊥ BC ( BC ⊥ ( SAB) ) ⇒ AE ⊥ ( SBC ) ⇒ AE ⊥ SC. 27

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

Mà AE ⊥ SC nên SC ⊥ ( AEFH ) và AEFH là tứ giác có E = H = 900 nên nội tiếp đường tròn tâm K là trung điểm AF đường kính AF . Gọi O là trung điểm AC thì OK / / SC , mà SC ⊥ ( AEFH nên OK ⊥ ( AEFH ) hay O chính là đỉnh hình nón và đường tròn đáy là đường tròn đường kính AF . Ta tính AF, OK. Xét

tam

giác

SAC

vuông

tạ i

đường

cao

nên

AF =

SA. AC = SC

SA.AC 2

SA + AC

a 6 ; 5

a 1 1 CA . OK = CF = . = 2 2 CS 5 2

a 1 a 6 1 1 π a3 Vậy thể tích V = π r 2 h = π . .  . . =  2 3 5  2 5  10 5

Câu 40: Chọn B. Phương pháp: Đưa phương trình về dạng tích, giải phương trình tìm nghiệm và tìm điều kiện để bài toán thỏa. Cách giải: m ln 2 x + 1 − x + 1 − m ln x + 1 − x − 1 = 0

Điều kiện: x > -1. Ta có:

m ln 2 ( x + 1) − ( x + 2 − m ) ln ( x + 1) − x − 2 = 0 ⇔ m ln 2 ( x + 1) − ( x + 2 ) ln ( x + 1) + m ln ( x + 1) − ( x + 2 ) = 0 ⇔ m ln ( x + 1) ln ( x + 1) + 1 − ( x + 2 )  ln ( x + 1) + 1 = 0

⇔  ln ( x + 1) + 1  m ln ( x + 1) − x − 2  = 0  ln ( x + 1) + 1 = 0  x + 1 = e −1 ⇔ ⇔  m ln ( x + 1) − x − 2 = 0  m ln ( x + 1) − x − 2 = 0  x = e −1 − 1 < 0( L) ⇔  m ln ( x + 1) − x − 2 = 0(*) Với m = 0 thì phương trình (*) có nghiệm x = −2 < −1( L) nên không thỏa bài toán. Với m ≠ 0 thì (*) ⇔

ln( x + 1) 1 = . x+2 m

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

x+2 − ln ( x + 1) ln (1 + x ) ln(1 + x) x + 1 = 0 ⇔ x = x0 ∈ (2;3) và lim f ( x ) = lim = 0 nên Xét f ( x ) = có f ' ( x ) = 2 x →+∞ x →+∞ x+2 x+2 ( x + 2) ta có bảng biến thiên trên ( −1; +∞ ) như sau:

-1

+∞

f '( x) f ( x) ln 3 4

ln 5 6 6

Để phương trình có nghiệm x1 , x2 thỏa 0 < x1 < 2 < 4 < x2 thì 0 < Suy ra a =

1 ln 5 6 < ⇔m> ≈ 3, 728 m 6 ln 5

6 ∈ ( 3, 7;3,8 ) . ln 5

Câu 41: Chọn C. Phương pháp: Nhận xét rằng: Với hàm đã cho thì để tiếp tuyến của đồ thị hàm số đó song song với trục Ox thì tiếp điểm là điểm cực trị của đồ thị hàm số. Từ đó suy ra điều kiện để có đúng một tiếp tuyến song song với trục Ox. Chú ý rằng ta tìm cực trị bằng định lý:

 y ' ( x0 ) = 0 + Nế u  ⇒ x0 là điểm cực đại của hàm số.  y '' ( x0 ) < 0  y ' ( x0 ) = 0 + Nế u  ⇒ x0 là điểm cực tiểu của hàm số.  y '' ( x0 ) > 0

Cách giải:

x = 0 Ta có y ' = 4 x − 4 x = 0 ⇔ 4 x ( x − 1) = 0 ⇔  x = 1  x = −1 3

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

Lại có y '' = 12 x 2 − 4 ⇒ y '' ( 0 ) = −4 < 0; y '' (1) = y '' ( −1) = 8 > 0 nên x = 0 là điểm cực đại của hàm số và

x = 1; x = −1 là các điểm cực tiểu của hàm số. Nhận thấy rằng đây là hàm trùng phương nên hai điểm cực tiểu sẽ đối xứng nhau qua Oy. Từ đó để tiếp tuyến của đồ thị song song với trục Ox thì tiếp điểm là điểm cực trị của đồ thị hàm số. Do đó để có đúng 1 tiếp tuyến song song với trục Ox thì điểm cực đại hoặc cực tiểu phải nằm trên trục Ox. Hay

 y (0) = 0 m − 2 = 0 m = 2 ⇔ ⇔  m − 3 = 0 m = 3  y ( ±1) = 0 Vậy S = {2;3} ⇒ tổng các phần tử của S là 2 + 3 = 5.

Câu 42: Chọn B. Phương pháp: Biến đổi đẳng thức đã cho để đưa về dạng phương trình đường tròn (C) tâm I bán kính R. Từ đó ta đưa bài toán về dạng bài tìm M ( x; y ) ∈ (C ) để OM − a lớn nhất hoặc nhỏ nhất. Xét các trường hợp xảy ra để tìm a.

Cách giải:

Ta có x 2 + y 2 − 4 x + 6 y + 4 + y 2 + 6 y + 10 = 6 + 4 x − x 2

⇔ x 2 + y 2 − 4 x + 6 y + 4 + y 2 + 6 y + 10 − 6 + 4 x − x 2 = 0 2

⇔x +y

( − 4x + 6 y + 4 +

y 2 + 6 y + 10 − 6 + 4 x − x 2

)(

y 2 + 6 y + 10 + 6 + 4 x − x 2

) =0 30

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

⇔ x + y − 4x + 6 y + 4 +

y 2 + 6 y + 10 − 6 − 4 x + x 2 y 2 + 6 y + 10 + 6 + 4 x − x 2 x2 + y2 − 4 x + 6 y + 4

⇔ x + y − 4x + 6 y + 4 +

y 2 + 6 y + 10 + 6 + 4 x − x 2

 ⇔ ( x 2 + y 2 − 4 x + 6 y + 4 ) 1 +  

 =0 y 2 + 6 y + 10 + 6 + 4 x − x 2  1

⇔ x 2 + y 2 − 4 x + 6 y + 4 = 0 (vì 1 + 2

y 2 + 6 y + 10 + 6 + 4 x − x 2

> 0)

⇔ ( x − 2 ) + ( y + 3) = 9 2

Phương trình ( x − 2 ) + ( y + 3) = 9 là phương trình đường tròn (C) tâm I(2;-3) và bán kính R = 3. Gọi N ( x; y ) ∈ (C ) ta suy ra ON = x 2 + y 2 suy ra T = ON − a Gọi A, B là giao điểm của đường tròn (C) và đường thẳng OI. Khi đó OA = OI − R = 13 − 3 và OB = OI + R = 13 + 3 Suy ra 13 − 3 ≤ x 2 + y 2 ≤ 13 + 3 x 2 + y 2 − a ≥ 0 ⇒ min T = 0 ⇒ M ≥ 2m ⇒ a ∈ {1; 2;3; 4;5;6}

TH1: Nếu 13 − 3 ≤ a ≤ 13 + 3 thì TH2: Nếu a < 13 − 3 ⇒ a < 13 nên

13 + 3 − a > 13 − 3 − a , do đó M = 13 + 3 − a ; m = 13 − 3 − a

Vì M ≥ 2m ⇒ 13 + 3 − a ≥ 2 13 − 3 − a ⇔

(

) (

13 + 3 − a − 2 13 − 6 − 2a

)

≥ 0 ⇔ 13 − 9 ≤ a ≤ 13 + 1 ⇒ a ∈ {−5; −4; −3; −2; −1; 0}

TH3: Nếu a > 13 + 3 ⇒ a > 13 nên

13 + 3 − a < 13 − 3 − a , do đó m = 13 + 3 − a ; M = 13 − 3 − a

Vì M ≥ 2m ⇒ 13 − 3 − a ≥ 2 13 + 3 − a ⇔

(

) (

13 − 3 − a − 2 13 + 6 − 2a

)

≥ 0 ⇔ 13 + 1 ≤ a ≤ 13 + 9 ⇒ a ∈ {7;8;9;10}

Vậy có 16 giá trị của a thỏa mãn đề bài.

Câu 43: Chọn A. Phương pháp: BC.OM Gắn hệ trục tọa độ Oxyz rồi tính cos BC ; OM = để tích góc giữa các véc tơ BC ; OM . BC . OM

(

)

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

Cách giải:

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với A ∈ Ox; B ∈ Oy; C ∈ Oz và OA = OB = OC = a. a a  Khi đó A ( a; 0;0 ) , B ( 0; a;0 ) , C ( 0;0; a ) ⇒ M  ; ;0  2 2   a a  a2 a2 a 2 Ta có OM =  ; ; 0  ⇒ OM = + +0 = và BC = ( 0; − a; a ) ⇒ BC = a 2 + a 2 = a 2 4 4 2 2 2 

a a a2 .0 + .(− a ) + 0.a − 1 BC.OM 2 = 22 = − . Từ đó cos BC ; OM = = 2 2 a a 2 BC . OM a 2. 2 Nên góc giữa hai véc tơ BC ; OM là 1200.

(

)

Câu 44: Chọn A. Phương pháp: Ta dùng công thức Cnk + Cnk +1 = Cnk++11 để chứng minh C77 + C87 + C97 + ... + Cn7 = Cn8+1 Từ đó thay Cnk =

n! n! ; Ank = để có phương trình ẩn n. k !( n − k ) ! ( n − k )! n

1   Giải phương trình tìm được n ta thay vào khai triển  x − 2  để tìm hệ số của x 7 . x   n

Chú ý: ( a + b ) = ∑ Cnk a n − k b k ( 0 ≤ k ≤ n; k , n ∈ ℕ ) n

k =0

Cách giải: + Sử dụng công thức Cnk + Cnk +1 = Cnk++11 , ta có

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

Cn8+1 = Cn8 + Cn7 Cn8 = Cn7−1 + Cn8−1 Cn8−1 = Cn7− 2 + Cn8− 2 …

C98 = C88 + C87 C88 = C88 Cộng vế với vế ta được Cn8+1 + Cn8 + Cn8−1 + ... + C98 + C88 = Cn8 + Cn7 + Cn8−1 + Cn7−1 + ... + C88 + C87 + C88 Thu gọn ta được C88 + C87 + ... + Cn7 = Cn8+1 mà C88 = C77 = 1 nên C77 + C87 + ... + Cn7 = Cn8+1 Khi đó ta có 720C77 + C87 + ...Cn7 =

⇔

( n + 1)! = 1 ( n + 1)! 1 1 An10+1 ⇔ 720.Cn8+1 = An10+1 ⇒ 720. 4032 4032 8!( n − 7 ) ! 4032 ( n − 9 ) !

( n + 1)! 1 1 ( n + 1) ! = . ( n > 9) 56 ( n − 9 ) !( n − 8 )( n − 7 ) 4032 ( n − 9 ) !

⇔ ( n − 7 )( n − 8 ) = 72 ⇔ n 2 − 15n + 56 = 72  n = −1(ktm) ⇔ n 2 − 15n − 16 = 0 ⇔   n = 16(tm) 16

16 16 16 1    1  Với n = 16 ta có  x − 2  = ∑ C16k .x16− k  − 2  = ∑ C16k .x16− k .x −2 k (−1)k = ∑ C16k .x16 −3k (−1) k x    x  k =0 k =0 k =0

Số hạng chứa x 7 ứng với 16 − 3k = 7 ⇒ k = 3 Nên hệ số cần tìm là C163 .(−1)3 = −560. Chú ý : Một số em bỏ qua thừa số (−1) k dẫn đến sai dấu đáp án.

Câu 45: Chọn C. Phương pháp: Tính y’ rồi đánh giá để chỉ ra hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Từ đó tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên [ a; b ] .

Cách giải: ĐK: x ≠ m Ta có y ' =

m2 − m + 2

( x − m)

1 7  nhận thấy m 2 − m + 2 =  m −  2 + > 0; ∀m nên y ' > 0; ∀m 2 4 

Hay hàm số đồng bến trên từng khoảng xác định. 33

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

m < 0 Để hàm số đạt GTLN trên [0;4] thì m ∈ [ 0; 4 ] ⇔  m > 4

Suy ra max y = y (4) = [0;4]

4 − m2 − 2 . Theo bài ra ta có 4−m

 m = 2(ktm) 4 − m 2 −2 = −1 ⇒ − m 2 + 2 = m − 4 ⇔ m 2 + m − 6 = 0 ⇔  4−m  m = −3(tm)

Vậy có một giá trị của m thỏa mãn.

Câu 46: Chọn B. Phương pháp: Ta sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang: Đường thẳng y = y0 là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x ) nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn lim f ( x ) = y0 ; lim f ( x ) = y0 x →+∞

x →−∞

Ta sử dụng nhận xét: “Đối với hàm phân thức, số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là số nghiệm của mẫu thức khác nghiệm của tử thức” để tìm các tiệm cận đứng của đồ thị đã cho.

Cách giải: Ta có y =

x −3 x − 3mx + ( 2m 2 + 1) x − m 3

x −3 lim f ( x ) = lim 3 = lim 2 x →±∞ x →±∞ x − 3mx + 2 m 2 + 1 x − m x →±∞ ( )

x 3 − x3 x 3 x2 x m 1 − 3m 3 + ( 2m 2 +1) 3 − 3 x x x

= 0 nên y = 0 là tiệm ngang

của đồ thị hàm số. Vậy để đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận thì đồ thị hàm số phải có 3 đường tiệm cận đứng. Hay phương trình x3 − 3mx 2 + ( 2m 2 + 1) x − m = 0(1) có ba nghiệm phân biệt x ≠ 3.

x = m Ta có x3 − 3mx 2 + ( 2m 2 + 1) x − m = 0 ⇔ ( x − m ) ( x 2 − 2mx + 1) = 0 ⇔  2  x − 2mx + 1 = 0(*) Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khác 3 thì m ≠ 3 và phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác m và khác 3.   m < −1    m < −1 ∆ ' = m 2 − 1 > 0 m > 1    m > 1 5 Do đó 3 2 −2.m.3 + 1 ≠ 0 ⇔  m ≠ ⇔  3 5  m 2 − 2m 2 + 1 ≠ 0   m ≠   m ≠ −1  3  m ≠ 1  34

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

m ≠ 3 Kết hợp điều kiện  ⇒ m ∈ {−6; −5; −4; −3; −2; 2; 4;5;6}  −6 ≤ m ≤ 6

Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn điều kiện

Câu 47: Chọn D. Phương pháp: + Tìm điều kiện + Biến đổi bất phương trình để đưa về dạng hàm số f ( a ) ≤ f ( b ) , chỉ ra hàm f ( t ) đồng biến với t > 0 nên suy ra a ≤ b. + Kết hợp điều kiện để suy ra tập nghiệm của bất phương trình. Chú ý sử dụng các công thức log

b = log a b − log a c;log a ( bc ) = log a b + log a c ( 0 < a ≠ 1; b, c > 0 ) a c

Cách giải: Điều kiện: x x 2 + 2 + 4 − x 2 > 0 ⇔ x

⇔

(

x2 + 2 + x 2

x +2 +x

(

)

x 2 + 2 − x + 4 > 0 ⇔ x.

) > 0 ⇒ 6x + 4

+4>0

x +2+x

x 2 + 2 > 0 (vì

x 2 + 2 > x; ∀x)

x +2 +x

 −3 x < 0 x > 0 x > 0    2 ⇔ 2 x + 2 > −3 x ⇔  −3 x ≥ 0 ⇔   x ≤ 0 ⇔  40   4 x 2 + 2 > ( −3 x ) 2  5 x 2 < 8 − 5 < x ≤ 0 ( )   

)

(

Khi đó ta có log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1

((

⇔ log 2 x

) )

x2 + 2 − x + 4 + 2 x + x2 + 2 ≤ 1

  2x ⇔ log 2  + 4  + 2 x + x2 + 2 ≤ 1 2  x +2 +x   6x + 4 x2 + 2  ⇔ log 2   + 2 x + x2 + 2 ≤ 1  x2 + 2 + x   

)

(

( x + 2 + x) + 2x + x + 2 ≤ 1 x + 2 )  − log ( x + 2 + x ) + 2 x + x + 2 ≤ 1 

log 2 6 + 4 x 2 + 2 − log 2

⇔ log 2  2 3 x + 2 

(

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

)

(

⇔ log 2 2 + log 2 3 x + 2 x 2 + 2 − log 2

)

(

⇔ 1 + log 2 3 x + 2 x 2 + 2 − log 2

)

(

⇔ log 2 3 x + 2 x 2 + 2 + 3 x + 2

(

)

x2 + 2 + x + 2 x + x2 + 2 ≤ 1

) x + 2 ≤ log (

(

x2 + 2 + x + 2 x + x2 + 2 ≤ 1

)

x 2 + 2 + x + x + x 2 + 2 (*)

Xét hàm số f ( t ) = t + log 2 t với t > 0 ta có f ' ( t ) = 1 +

1 > 0; ∀t > 0 nên f ( t ) là hàm đồng biến trên t.ln 2

( 0; +∞ ) Từ đ ó

( *) ⇔

) (

(

f 3x + 2 x 2 + 2 ≤ f

x2 + 2 + x

)

⇔ 3x + 2 x 2 + 2 ≤ x 2 + 2 + x ⇔ x 2 + 2 ≤ −2 x x ≤ 0    x ≥ 6  −2 x ≥ 0 x ≤ 0 6 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔  ⇔ x≤− 3 2  3 x + 2 ≤ 4x 3 x ≥ 2  6  x ≤ −   3 x > 0 8 2 40 6 ta có − <x≤− hay − <x≤− Kết hợp điều kiện  40 − 5 3 5 3 <x≤0  5

 8 8 2 8 2 16 2 Tập nghiệm bất phương trình S =  − ; −  nên a = ; b = → a.b = . = . 5 3 5 3 15 3  5

Câu 48: Chọn D. Phương pháp: + Sử dụng tỉ số thể tích: Cho chóp tam giác S.ABC có M ∈ SA, N ∈ SB, P ∈ SC ⇒

VS .MNP SM SN SP . . = VS . ABC SA SB SC

+ Sử dụng tính chất: Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Đường thẳng bất kì đi qua G cắt các cạnh AB, Ac AB AC + = 3. lần lượt tại M, N. Khi đó ta có AM AN (Chứng minh tính chất trên như sau:

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

Qua B, C kẻ các đường thẳng song song với MN cắt đường thẳng AG tại K và . I Gọi D là trung điểm BC. Theo định lý Ta-lét ta có

AB AI AC AK AB AC AI AK AI + AK = ; = ⇒ + = + = AM AG AN AG AM AN AG AG AG

Mà ∆IBD = ∆KCD ( g − c − g ) ⇒ KD = ID 3 ⇒ AI + AK = AD + DI + AK = AD + KD + AK = AD + AD = 2 AD = 2. AG = 3 AG 2 Do đó

AB AC AI + AK 3 AG + = = = 3). AM AN AG AG

+ Sử dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị nhỏ nhất. + Lưu ý rằng trọng tâm tứ diện là giao của 4 đường thẳng nối đỉnh và trọng tâm tam giác đối diện.

Cách giải:

Đặt

SM SN = a; = b ( 0 < a; b < 1) SB SC

Lấy E là trung điểm BC. Trong (SAE), kéo dài AG cắt SE tại I. Khi đó I ∈ MN và I là trọng tâm tam giác SBC. Khi đó trong tam giác SBC ta luôn có Lại có

SB SC + = 3 (tính chất đã được chứng minh ở trên) SM SN

VS . AMN SA SM SN = = ab . . VS . ABC SA SB SC 37

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

Ta có Xét

SB SC 1 1 + = 3 ⇔ + = 3. SM SN a b

1 1 Cô − si 2 2 2 4 + ≥ ⇔ ab ≥ = ⇔ ab ≥ 1 1 3 9 a b ab + a b

2 Dấu = xảy ra khi a = b = . 3 Từ đó

VS . AMN V 4 4 = ab ≥ hay tỉ số S . AMN nhỏ nhất là bằng . 9 9 VS . ABC VS . ABC

Câu 49: Chọn C. Phương pháp: + Sử dụng công thức tính chu vi hình chữ nhật = (chiều dài+chiều rộng).2 + Sử dụng công thức tính thể tích hình trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là V = π r 2 h + Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm a + b + c ≥ 3 3 abc để tìm giá trị lớn nhất của thể tích. Chú ý dấu = xảy ra khi a = b = c. (Hoặc sử dụng hàm số để tìm giá trị lớn nhất của thể tích.)

Cách giải:

Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ lần lượt là r và h(r , h > 0) Thiết diện là hình chữ nhật ABCD có chu vi 2 ( AB + BC ) = 2. ( h + 2r ) Theo giả thiết ta có 2 ( h + 2r ) = 12 ⇔ h + 2r = 6 ⇒ h = 6 − 2r ( r < 3) Thể tích khối trụ V = π r 2 h = π r 2 . ( 6 − 2r ) = π r.r. ( 6 − 2r ) Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số r ; r ;6 − 2r ta được

r + r + 6 − 2r ≥ 3 3 r.r ( 6 − 2r ) ⇔ 3 r.r. ( 6 − 2r ) ≤ 2 ⇔ r 2 ( 6 − 2r ) ≤ 8 ⇔ π r 2 ( 6 − 2r ) ≤ 8π Hay V ≤ 8π . Dấu = xảy ra khi r = 6 − 2r ⇔ r = 2 (TM ) Vậy giá trị lớn nhất của khối trụ là V = 8π . 38

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

Câu 50: Chọn D. Phương pháp: + Đặt

3sin x − cos x − 1 = t , biến đổi đưa về a sin x + b cos x = c, phương trình này có nghiệm khi 2 cosx − sinx + 4

a 2 + b 2 ≥ c 2 từ đó ta tìm ta được điều kiện của t. + Dựa vào đồ thị hàm số để xác định điều kiện nghiệm của phương trình f ( x ) = f ( t ) Từ đó suy ra điều kiện có nghiệm của phương trình đã cho. Chú ý rằng nếu hàm f ( t ) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên (a;b) thì phương trình f ( u ) = f ( v ) nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất trên ( a; b ) ⇔ u = v.

Cách giải: Vì −1 ≤ sinx ≤ 1; −1 ≤ cosx ≤ 1 nên 2 cos x − sinx > −3 ⇒ 2 cosx − sinx + 4 > 0

Đặt

3sin x − cos x − 1 = t ⇔ 3sin x − cos x − 1 = t ( 2 cosx − sinx + 4 ) 2 cosx − sinx + 4

⇔ cos x ( 2t + 1) − sinx ( t + 3) = −4t − 1 2

Phương trình trên có nghiệm khi ( 2t + 1) + ( t + 3) ≥ ( −4t − 1)

⇔ 5t 2 + 10t + 10 ≥ 16t 2 + 8t + 1 ⇔ 11t 2 − 2t − 9 ≤ 0 ⇔ −

9 ≤ t ≤1⇒ 0 ≤ t ≤1 11

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số f ( x ) đồng biến trên (0;1) Nên phương trình f ( x ) = f ( t ) với t ∈ [0;1] có nghiệm duy nhất khi x = t ⇒ x ≥ 0  3sin x − cos x − 1  Do đó phương trình f  = f ( m 2 + m + 4 ) có nghiệm   2 cosx − sinx + 4 

⇔ t = m 2 + 4m + 4 có nghiệm với 0 ≤ t ≤ 1 2

⇔ 0 ≤ m 2 + 4 m + 4 ≤ 1 ⇔ ( m + 2 ) ≤ 1 ⇔ −3 ≤ m ≤ −1 Mà m ∈ ℤ nên m ∈ {−3; −2; −1} . Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu.

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I

TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN

MÔN TOÁN

MÃ ĐỀ 003

NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian làm bài: 90 phút

Mục tiêu: +) Đề thi thử THPTQG lần I môn Toán của trường THPT Trần Nguyên Hãn gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài toán thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức được phân bố như sau: 90% lớp 12, 10% lớp 11, 0% kiến thức lớp 10. +) Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tại đã công bố từ đầu tháng 12. Trong đó xuất hiện các câu hỏi khó như câu 49, 50 nhằm phân loại tối đa học sinh. Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất. Câu 1: Cho cấp số cộng ( un ) biết u1 = 3, u2 = −1. Tìm u3 . A. u3 = 4

B. u3 = 2

C. u3 = -5

D. u3 = 7

Câu 2: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị hàm số nào dưới đây?

A. y =

1− 2x x +1

B. y =

2x −1 x +1

C. y =

2x +1 x −1

D. y =

2x +1 x +1

Câu 3: Hàm số y = − x 3 − 3 x 2 + 9 x + 20 đồng biến trên khoảng nào sau đây? A. ( 3; +∞ )

B. (1;2)

C. ( −∞;1)

Câu 4: Tìm đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A. x = −1

B. x = −2

D. (-3;1)

2 − 2x . x +1

C. y = 2

D. y = -2

Câu 5: Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông có cạnh bằng a. Tính diện tích xung quanh S của khối trụ đó. 1

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

A. S = 2 πa2

B. S =

πa2 2

C. S = πa2

D. S = 4 πa2

Câu 6: Một mặt cầu có đường kính bằng a có diện tích S bằng bao nhiêu? A. S =

4 πa2 3

B. S =

πa2 3

C. S = πa2

D. S = 4 πa2

Câu 7: Tìm nghiệm của phương trình log 2 ( 3 x − 2 ) = 3. A. x =

8 3

B. x =

10 3

C. x =

16 3

D. x =

11 3

Câu 8: Cho biểu thức P = 2 x .2 y ( x; y ∈ ℝ ) . Khẳng định nào sau đây đúng? A. P = 2 x − y

B. P = 4 xy

C. P = 2 xy

D. P = 2 x + y

Câu 9: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a. Tính thể tích V của khối chóp D '. ABCD.

a3 A. V = 4

a3 B. V = 6

a3 C. V = 3

D. V = a3

10 Câu 10: Trong khai triển nhị thức ( 2 x − 1) . Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 .

A. 45

B. 11520

C. -11520

D. 256

Câu 11: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy ABC. Tam giác ABC vuông cân tại B và SA = a 2, SB = a 5. Tính góc giữa SC và mặt phẳng (ABC).

A. 450

B. 300

C. 1200

D. 600

Câu 12: Phương trình sin 2 x + 3 sinxcosx = 1 có bao nhiêu nghiệm thuộc [0;2π] ? A. 5

B. 3

C. 2

D. 4

Câu 13: Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 − x 2 . Tính M – m. A. M − m = 2 2

B. M − m = 2 2 + 2 C. M − m = 4

D. M − m = 2 2 − 2

Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2. Biết SA vuông góc với đáy và

SC = a 5. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V =

2 a3 3

B. V = 2 a3

C. V =

a3 3

D. V =

a3 3 3

Câu 15: Cho hàm số f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Tìm khoảng đồng biến của hàm số.

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

A. ( 3; +∞ )

B. ( −∞;1) và ( 0; +∞ ) C. ( −∞; −2 ) và ( 0; +∞ ) D. (-2;0)

Câu 16: Một tổ có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho hai người được chọn có ít nhất một nữ. A.

7 15

8 15

1 5

1 15

Câu 17: Cho hai số thực a, b với a > 0, a ≠ 1, b ≠ 0. Khẳng định nào sau đây sai? A. log C.

b =

1 log a b 2

1 log a a2 = 1 2

1 log a b2 = log a b 2

1 log a b 2 = log a b 2

Câu 18: Đồ thị hàm số nào sau đây có 3 điểm cực trị?

(

)

A. y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 5

B. y = x 2 + 1

C. y = 2 x 4 − 4 x 2 + 1

D. y = − x 4 − 3 x 2 + 4 3

Câu 19: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x 2 ( x + 1) A. 3

B. 2

( x + 2).

Hàm số f ( x ) có mấy điểm cực trị?

C. 0

D. 1

(

)

Câu 20: Cho log a b = 2;log a c = 3. Tính giá trị của biểu thức P = log a ab3c3 . A. P = 251

B. P = 21

C. P = 22

D. P = 252

Câu 21: Hàm số nào sau đây nghịch biến trên R? A. y = − x 4 + 2 x 2 + 1 B. y = sinx

C. y =

x+2 x −1

D. y = − x 3 − 2 x

Câu 22: Trong hộp có 7 quả cầu đỏ và 5 quả cầu xanh kích thước giống nhau. Lấy ngẫu nhiên 5 quả cầu từ hộp. Hỏi có bao nhiêu cách lấy được số quả cầu xanh nhiều hơn số quả cầu đỏ? A. 3360

B. 3480

C. 246

D. 245

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

Câu 23: Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x +

1 1  trên  ;3 . Tính x 3 

3 M + 2 m.

A. 3 M + 2 m =

16 3

B. 3 M + 2 m = 15

(

Câu 24: Tìm nghiệm của phương trình 7 + 4 3 A. x =

1 4

B. x = −

C. 3 M + 2 m = 14

)

3 4

2 x +1

D. 3 M + 2 m = 12

=2− 3

C. x = −1

D. x = −

1 4

2 Câu 25: Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình 7 x − 5 x + 9 = 343. Tính x1 + x2 .

A. x1 + x2 = 4

B. x1 + x2 = 6

C. x1 + x2 = 5

D. x1 + x2 = 3

Câu 26: Thiết diện qua trục của hình nón tròn xoay là một tam giác đều cạnh 2a. Tính thể tích V của khối nón đó. A. V = πa3 3

B. V =

πa3 3 3

C. V =

πa3 3 24

D. V =

3πa3 8

Câu 27: Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. a < 0, b < 0, c < 0

B. a > 0, b < 0, c > 0

C. a < 0, b > 0, c < 0

D. a > 0, b < 0, c < 0

Câu 28: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng 2a. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. A. R =

a 3 2

B. R =

a 2 4

C. R = a 2

D. R =

a 2 2

Câu 29: Cho lăng trụ tam giác đều, có độ dài tất cả các cạnh bằng 2. Tính thể tích V của khối lăng trụ đó. A. V = 2 3

B. V =

2 3 3

C. V =

9 3 2

D. V =

27 3 4 4

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

Câu 30: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 1 biết nó song song với đường thẳng y = 9 x + 6.

A. y = 9 x + 26; y = 9 x − 6

B. y = 9 x − 26

C. y = 9 x − 26; y = 9 x + 6

D. y = 9 x + 26

Câu 31: Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 2. Biết góc giữa mặt phẳng ( A ' BC ) và mặt phẳng (ABC) bằng 600 và hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) là trung điểm H của AB. Tính thể tích V của khối lăng trụ đó. A. V =

a3 6

B. V =

a3 2

C. V =

a3 6 2

D. V =

a3 2 2

Câu 32: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC = 600 , SA = SB = SC = a 2. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V =

a3 5 6

B. V =

a3 5 2

C. V =

a3 2 3

D. V =

a3 5 3

Câu 33: Có bao nhiêu số nguyên dương m sao cho đường thẳng y = x + m cắt đồ thị hàm số y =

2x −1 tại x +1

hai điểm phân biệt A, B và AB ≤ 4 ? A. 1

B. 6

C. 2

D. 7

Câu 34: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A, biết AB = a; SA = SB = a và mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính SC biết bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng a. A. SC = a 3

B. SC = a 2

Câu 35: Đồ thị hàm số y =

4x + 4 2

D. SC =

a 2 2

có bao nhiêu đường tiệm cận?

x + 2x +1 B. 2

A. 1

C. SC = a

C. 3

D. 0

Câu 36: Cho hàm số f ( x ) = x 3 − ( 2 m − 1) x 2 + ( 2 − m ) x + 2. Tìm tất cá các giá trị thực của tham số m để hàm số y = f ( x ) có 5 cực trị. A. −2 < m <

5 4

B. −

5 <m<2 4

5 ≤m≤2 4

5 <m<2 4

Câu 37: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a 2. Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng, song song với trụ của a hình trụ và cách trục của hình trụ một khoảng bằng ta được thiết diện là một hình vuông. Tính thể tích V 2 của khối trụ đã cho. 5

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

A. V = πa3 3

B. V =

2 πa3 7 3

D. V = πa3

C. V = 2 πa3 7

Câu 38: Cho tập hợp X gồm các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau có dạng abcdef . Từ tập X lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số lấy ra là số lẻ và thõa mãn a < b < c < d < e < f . A.

29 68040

1 2430

31 68040

33 68040

Câu 39: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SO = a 2. Tính khoảng cách d giữa SC và AB. A. d =

a 3 5

B. d =

a 5 5

C. d =

a 2 3

D. d =

Câu 40: Tìm tất cả các giá trị khác nhau của tham số m để hàm số y = A. m < -2

B. m ≤ −2

C. −2 < m ≤ 1

2a 2 3

5− x + 2

đồng biến trên ( −∞;0 ) . 5− x − m D. -2 < m < 1

Câu 41: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ( m + 3) 9 x + ( 2 m − 1) 3x + m + 1 = 0 có hai nghiệm trái dấu. A. -3 < m < -1

B. −3 < m < −

3 4

C. −1 < m < −

3 4

D. m ≥ −3

1 Câu 42: Tìm tất cá các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x 3 − 2 mx 2 + 4 x − 5 đồng biến trên ℝ. 3

A. 0 < m < 1

B. −1 ≤ m ≤ 1

C. 0 ≤ m ≤ 1

D. –1 < m < 1

Câu 43: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 3 − 3 x 2 + 2 − m = 0 có ba nghiệm phân biệt. A. 0 < m < 1

B. 1 < m < 2

C. -2 < m < 0

D. -2 < m < 2

121 Câu 44: Đặt a = log7 11, b = log2 7. Hãy biểu diễn log 3 theo a và b. 7 8

A. log 3 7

121 9 = 6a + b 8

121 9 = 6a − B. log 3 7 b 8 121 2 9 = a− D, log 3 7 b 8 3

121 = 6 a − 9b C. log 3 7 8

Câu 45: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log22 x + log2 x − m = 0 có nghiệm x ∈ (0;1). A. m ≥ 0

B. m ≥ −

1 4

C. m ≥ −1

D. m ≤ −

1 4

Câu 46: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

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

-1

−∞

f '( x )

1 -

2 +

5 +

+∞ -

Hàm số y = 3 f ( x + 3) − x 3 + 12 x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (-1;0)

B. (0;2)

C. ( −∞; −1)

D. ( 2; +∞ )

Câu 47: Giả sử hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị được cho như hình vẽ dưới đây và f ( 0 ) + f (1) − 2 f ( 2 ) = f ( 4 ) − f ( 3) . Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y = f ( x ) trên [0;4].

A. m = f ( 4 )

B. m = f ( 0 )

C. m = f ( 2 )

D. m = f (1)

Câu 48: Cho hai vị trí A, B cách nhau 615m, cùng nằm về một phía bờ song như hình vẽ. Khoảng cách từ A và từ B đến bờ song lần lượt là 118m và 487m. Một người đi từ A đến bờ song lấy nước mang về B. Tính đoạn đường ngắn nhất mà người ấy có thể đi.

A. 779,8 m

B. 671,4 m

C. 741,2 m

D. 596,5m

x+y Câu 49: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log 5 = x ( x − 3) + y( y − 3) + xy. Tìm giá trị x 2 + y2 + xy + 2

lớn nhất của biểu thức P =

3x + 2 y + 1 . x + y+6 7

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

A. max P = 1

B. max P = 4

C. max P = 2

D. max P = 3

Câu 50: Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích bằng 2. Gọi M, N lần lượt là hai điểm nằm trên cạnh 1 AA ', BB' sao cho M là trung điểm của AA ' và BN = NB '. Đường thẳng CM cắt đường thẳng C ' A ' tại P, 2 đường thẳng CN cắt đường thẳng C ' B ' tại Q. Tính thể tích V của khối đa diện A ' MPB ' NQ. A. V =

13 18

B. V =

23 9

C. V =

5 9

D. V =

7 18

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

MA TRẬN Cấp độ câu hỏi STT

Chuyên đề

Đơn vị kiến thức

Đồ thị, BBT

Cực trị

Đơn điệu

Nhận Thông biết hiểu C2

C15

Hàm số 4

Tương giao

Min - max

Tiệm cận

Bài toán thực tế

Hàm số mũ - logarit

Biểu thức mũ logarit Mũ logarit

Phương trình, bất phương trình mũ logarit

Bài toán thực tế

Nguyên hàm

13 14

Nguyên hàm – Tích phân

Dạng hình học

18 19

C36

C3 C21

C40 C42

C33 C43

2 C47

C35

3 2

C17 C8

C46

C18 C19

C13 C23 C4

Tổng

C48

C49

C20

C44

C7 C24

C41 C45

C25

Ứng dụng tích phân Bài toán thực tế

Số phức

C27 C30

Vận dụng cao

Tích phân

Vận dụng

Dạng đại số PT phức

Hình Oxyz Đường thẳng 9

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

Mặt phẳng

Mặt cầu

Bài toán tọa điểm, vecto

Bài toán về min, max

Thể tích, tỉ số thể tích

C9 C14 C29

Khoảng cách, góc

C11

Khối nón

C26

C37

HHKG

Khối tròn xoay

28 29 30

Tổ hợp – xác suất

CSC CSN

PT - BPT

Khối trụ

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện

C28

Tổ hợp – chỉnh hợp

C10

Xác suất

C16 C22

Xác định thành phần CSC - CSN

C31 C32 C39

C34

6 2

2 1

C38

Bài toán tham số

C50

3 1

C12

NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan. Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 12%. Không có câu hỏi thuộc kiến thức lớp 10. Cấu trúc tương tự đề thi minh họa năm 2018-2019. 18 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 5 câu VDC. Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng. Đề thi phân loại học sinh ở mức khá

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

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1-C

2-B

3-D

4-D

5-C

6-C

7-B

8-D

9-C

10-B

11-B

12-D

13-B

14-A

15-C

16-B

17-D

18-C

19-B

20-C

21-D

22-C

23-C

24-A

25-C

26-B

27-C

28-C

29-A

30-B

31-B

32-A

33-A

34-B

35-B

36-D

37-C

38-C

39-D

40-C

41-C

42-B

43-D

44-B

45-B

46-D

47-A

48-A

49-A

50-B

Câu 1: Chọn C. Phương pháp 11

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

Công thức tổng quát của CSC có số hạng đầu là u1 và công sai d là: un = u1 + ( n − 1) d. Tìm công sai d rồi suy ra u3. Cách giải: d = u2 − u1 = −1 − 3 = −4 ⇒ u3 = u2 + d = −1 + (−4) = −5

Câu 2: Chọn B. Phương pháp Sử dụng: đồ thị hàm số y = y=−

ax + b a nhận đường thẳng y = làm đường tiệm cận ngang và dường thẳng cx + d c

d làm đường tiệm cận đứng. c

Tìm một số điểm mà đồ thị hàm số đi qua rồi thay tọa độ vào mỗi hàm số để loại trừ đáp án. Cách giải: Từ hình vẽ ta thấy đồ thị nhận đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang và đường thẳng x = −1 làm tiệm cận đứng. Và đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ (0;-1). + Đáp án A: Đồ thị y =

1− 2x nhận y = -2 làm TCN và x = -1 làm TCĐ nên loại A. x+2

+ Đáp án B: Đồ thị y =

2x +1 nhận y = 2 làm TCN và x = -1 làm TCĐ và điểm có tọa độ (0;-1) thuộc đồ thị x +1

nên chọn B. + Đáp án C: Đồ thị y =

2x +1 nhận y = 2 làm TCN và x = 1 làm TCĐ nên loại C. x −1

+ Đáp án D: Đồ thị y =

2x +1 nhận y = 2 làm TCN và x = -1 làm TCĐ nhưng điểm có tọa độ (0;-1) không x +1

thuộc đồ thị nên loại D. Câu 3: Chọn D. Phương pháp - Tính y' và xét dấu y' . - Hàm số đồng biến trên khoảng ( a; b ) ⇔ y ' ≥ 0∀x ∈ ( a; b ) và bằng 0 tại hữu hạn điểm. Cách giải: x = 1 Ta có: y ' = −3 x 2 − 6 x + 9 = 0 ⇔  .  x = −3 y ' > 0 ⇔ −3 < x < 1 nên hàm số đồng biến trên khoảng (-3;1).

Câu 4: Chọn D. Phương pháp 12

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

Sử dụng : đồ thị hàm số y = x=−

ax + b a nhận đường thẳng y = làm đường tiệm cận ngang và đường thẳng cx + d c

d làm đường tiệm cận đứng. c

Cách giải: 2 − 2x = −2 ⇒ y = −2 là TCN của đồ thị hàm số. x →+∞ x + 1

Ta có : lim

Câu 5: Chọn C. Phương pháp Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ S xq = 2πRh. Cách giải: Do thiết diện là hình vuông cạnh a nên bán kính đáy bằng

a và chiều cao h = a. 2

a Diện tích xunh quanh: S = 2 π. .a = πa2 . 2

Câu 6: Chọn C. Phương pháp Sử dụng công thức tính diện tích mặt cầu bán kính r là S = 4 πr 2 Chú ý rằng : Đường kính mặt cầu gấp đôi đường kính. Cách giải: a Vì đường kính mặt cầu bằng a nên bán kính mặt cầu là r = . 2 2

a Diện tích mặt cầu là S = 4 π   = πa 2 . 2 Câu 7: Chọn B. Phương pháp Giải phương trình logarit cơ bản log a f ( x ) = m ⇔ f ( x ) = a m . Cách giải: 2 Điều kiện: 3 x − 2 > 0 ⇔ x > . 3 10 Ta có: log2 (3 x − 2) = 3 ⇔ 3 x − 2 = 23 ⇔ 3 x = 10 ⇔ x = (tm ). 3

Câu 8: Chọn D. Phương pháp 13

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

Sử dụng công thức a m .a n = a m + n . Cách giải: Ta có P = 2 x .2 y = 4 x + y. Câu 9: Chọn C. Phương pháp 1 Tính diện tích đáy và suy ra thể tích khối chóp theo công thức V = Sh. 3

Cách giải: Diện tích đáy ABCD là S ABCD = a2 , chiều cao D ' D = a.

a3 1 1 Do đó VD '. ABCD = S ABCD . D ' D = a2 .a = . 3 3 3 Câu 10: Chọn B. Phương pháp n

Sử dụng khai triển ( a + b ) =

∑ Cnk an − k .bk ( 0 ≤ k ≤ n; k; n ∈ ℕ ) k =0

Từ đó suy ra hệ số của số hạng chứa x 8 . Cách giải: 10

Ta có ( 2 x − 1)

∑ C10k ( 2 x ) k =0

10 − k

.(−1)k =

∑ C10k . x10− k .210− k. ( −1)

k =0

Số hạng chứa x 8 trong khai triển ứng với 10 − k = 8 ⇔ k = 2 2 10 − 2 .2 . ( −1) 2 = 11520. Nên hệ số của số hạng chứa x 8 là C10

Câu 11: Chọn B. Phương pháp Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng (nhỏ hơn 900 ) là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng. Cách giải:

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

Vì SA ⊥ ( ABC ) nên góc ∠ ( SC,( ABC ) ) = ∠ ( SC, AC ) = ∠SCA (vì ∠SCA < ∠A = 900 ) Tam giác SAB vuông tại A có SA = a 2, SB = a 5 ⇒ AB = SB 2 − SA2 = a 3 ⇒ BC = a 3.

Do đó AC = AB 2 + BC 2 = 3a2 + 3a2 = a 6. Tam giác SAC vuông tại A có tan ∠SCA =

SA a 2 1 = = ⇒ ∠SCA = 300. AC a 6 3

Câu 12: Chọn D. Phương pháp Ta sử dụng các công thức: sin 2 x =

1 − cos 2 x ;sin 2 x = 2 sin x cos x;cos ( a + b ) = cos a cosb − sinasinb. 2

(

)

Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc nhất giữa sin và cos A cos X + B sin X = C A2 + B 2 ≥ C , chia cả hai vế cho

A2 + B 2 để ta đưa về dạng phương trình lượng giác cơ bản.

Cách giải: Ta có: sin 2 x + 3 sinxcosx = 1 ⇔ ⇔

1 − cos 2 x 3 + sin 2 x = 1 2 2

3 1 1 1 3 1 sin 2 x − cos 2 x = ⇔ cos 2 x − sin 2 x = 2 2 2 2 2 2

π π 1 ⇔ cos . cos 2 x − sin sin 2 x = 3 3 2

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

π π  2 x + = + k 2π  x = kπ  π π  3 3 ⇔ cos  2 x +  = cos ⇔  ⇔ ( k, m ∈ ℤ ) π  3 3 π π x m = − + π  2 x + = − + m2π 3   3 3

Vì x ∈ [0;2π] nên ta có

k = 0 ⇒ x = 0 + 0 ≤ k π ≤ 2 π ⇔ 0 ≤ k ≤ 2 ⇔  k = 1 ⇒ x = π  k = 2 ⇒ x = 2 π + 0≤−

π 1 7 2π . + m2π ≤ 2π ⇔ ≤ m ≤ ⇔ m = 1 ⇒ x = 3 6 6 3

Vậy có bốn nghiệm thuộc [0;2π] . Câu 13: Chọn B. Phương pháp - Tính y' , tìm các nghiệm của y' = 0 . - Tính giá trị của hàm số tại các điểm đầu mút và các điểm vừa tìm được ở bước trên và so sánh kết quả. Cách giải: TXĐ: D = [-2;2].

y' = 1−

 x ≥ 0 = 0 ⇔ 4 − x2 = x ⇔  ⇔ x = 2. 2 2 2 4 − x = x   4−x x

Ta có: y(−2) = −2, y(2) = 2, y

( 2) = 2

Vậy M = 2 2, m = −2 ⇒ M − m = 2 2 + 2. Câu 14: Chọn A. Phương pháp Tính chiều cao SA theo định lý Pytago 1 Tính thể tích khối chóp theo công thức V = h.S với h là chiều cao hình chóp và S là diện tích đáy. 3

Cách giải:

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

Vì SA ⊥ ( ABCD) ⇒ SA ⊥ AC Vì ABCD là hình vuông cạnh a 2 nên AC = AB 2 + BC2 = 2 a2 + 2 a2 = 2 a.

Tam giác SAC vuông tại A có SA = SC2 − AC 2 =

(a 5)

− ( 2a ) = a

2 2 a3 1 1 Thể tích VS. ABCD = SA.S ABCD = a. a 2 = . 3 3 3

(

)

Câu 15: Chọn C. Phương pháp Quan sát đồ thị hàm số và tìm khoảng mà đồ thị hàm số đí lên từ trái qua phải. Cách giải: Quan sát đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có hướng đi lên từ trái qua phải trên các khoảng ( −∞; −2 ) và

( 0; +∞ ) . Hay hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −2 ) và ( 0; +∞ ) . Câu 16: Chọn B. Phương pháp Tính xác suất theo định nghĩa P( A) =

n ( A) n (Ω)

với n(A) là số phần tử của biến cố A, n ( Ω ) là số phấn tử

của không gian mẫu. Cách giải: 2 Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) = C20

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

Gọi A là biến cố “Hai người được chọn có it nhất một nữ” thì A là biến cố hai người được chọn không có nữ nào, tức là ta chọn 2 người trong số 7 nam.

( )

2 Khi đó n A = C72 ⇒ n ( A ) = C10 − C72

C 2 − C72 8 Xác suất để hai người được chọn có it nhất một nữ là P = 10 = . 2 15 C10

Câu 17: Chọn D. Phương pháp Xét tính đúng sai của từng đáp án, chú ý các tính chất của logarit. Cách giải: Dễ thấy các đáp án A, B, C đều đúng theo tính chất logarit. Đáp án D sai vì chưa biết b > 0 hay b < 0 nên không phá được dấu giá trị tuyệt đối trong đáp án D. Câu 18: Chọn C. Phương pháp Ta sử dụng các kiến thức sau: Đối với hàm đa thức, số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm bội bậc lẻ của phương trình f '( x ) = 0. Hàm số y = ax 4 + bx 2 + c ( a ≠ 0 ) có ba cực trị khi ab < 0, có một cực trị khi ab> 0. Cách giải: + Đáp án A: y ' = 3 x 2 − 6 x + 9 = 0 vô nghiệm nên hàm số không có cực trị. Loại A.

(

)

+ Đáp án B: y ' = 4 x x 2 + 1 = 0 ⇔ x = 0 nên hàm số có 1 cực trị. Loại B. + Đáp án C: Đây là hàm trùng phương có ab = −8 < 0 nên hàm số có 3 cực trị. Chọn C. + Đáp án D: Đây là hàm trùng phương có ab = 3 > 0 nên hàm số có 1 cực trị. Loại D. Câu 19: Chọn B. Phương pháp Hàm đa thức đạt cực trị tại các điểm là nghiệm bội lẻ của đạo hàm. Cách giải: 3

Do f ' ( x ) = x 2 ( x + 1)

( x + 2 ) có các nghiệm

x = 0 (bội 2) nên loại.

Ngoài ra f '(x) = 0 có hai nghiệm bội lẻ, đó là x1 = −1; x2 = −2. Vậy hàm số có có 2 điểm cực trị. Câu 20: Chọn C. Phương pháp

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

Sử dụng các công thức log a (bc) = log a b + log a c;log a bα = α log a b ( 0,a ≠ 1;a, b, c > 0 ) Cách giải:

(

)

Ta có P = log a ab3c3 = log a a + log a b3 + log a c3 = 1 + 3log a b + 5 log a c = 1 + 3.2 + 5.3 = 22. Câu 21: Chọn D. Phương pháp Nhận xét tính đúng sai của từng đáp án, sử dụng tính chất các hàm số cơ bản đã biết. Cách giải: Đáp án A sai vì hàm bậc bốn trùng phương không nghịch biến trên R (nó luôn có cực trị). 3π π  Đáp án B sai vì hàm y = sinx nghịch biến trên mỗi khoảng  + k 2 π; + k 2 π  . 2 2 

Đáp án C sai và hàm số y =

x+2 nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ ) . x −1

Đáp án D đúng vì hàm số y = − x 3 − 2 x có y ' = −3 x 2 − 2 < 0, ∀x ∈ ℝ nên hàm số nghịch biến trên ℝ. Câu 22: Chọn C. Phương pháp: Sử dụng kiến thức về tổ hợp và hai qui tắc đếm cơ bản. Chia các trường hợp có thể xảy ra để tìm kết quả. Cách giải: Lấy ngẫu nhiên 5 quả cầu mà số quả cầu xanh lớn hơn số quả cầu đỏ ta có các trường hợp sau : TH1: 5 quả cầu xanh, 0 quả cầu đỏ thì số cách chọn là C55 (cách) TH2 : 4 quả cầu xanh, 1 quả cầu đỏ thì số cách chọn là C54 .C71 (cách) TH3 : 3 quả cầu xanh, 2 quả cầu đỏ thì số cách chọn là C 35.C72 (cách) Vậy số cách chọn thỏa mãn đề bài là C55 + C54 C71 + C53C72 = 246 (cách) Câu 23: Chọn C. Phương pháp 1  - Tính y' và tìm nghiệm thuộc đoạn  ;3 của y’. 3 

1 - Tính giá trị của hàm số tại các điểm x = ; x = 3 và các điểm vừa tìm được ở trên. 3

- So sánh các giá trị này và tìm GTLN, GTNN. Cách giải: 19

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

 1   x = 1 ∈  3 ;3 1 x −1   Ta có: y ' = 1 − = =0⇔   1  x2 x2  x = −1 ∉  ;3 3   2

10  1  10 Lại có y   = ; y(1) = 2, y(3) = . 3  3 3

Vậy M =

10 10 , m = 2 suy ra 3 M + 2 m = 3. + 2.2 = 14. 3 3

Câu 24: Chọn A. Phương pháp f x g x Giải phương trình bằng cách đưa về cùng cơ số a ( ) = a ( ) ⇔ f ( x ) = g ( x )( a ≠ 0 ) f x Hoặc dùng phương pháp logarit hóa : a ( ) = b ⇔ f ( x ) = log a b ( 0 < a ≠ 1; b > 0 )

Cách giải:

(

Ta có: 7 + 4 3 = 2 + 3

(7 + 4 3 )

2 x +1

⇔ 2 x − 1 = log

)

;2 − 3 =

2+ 3

(

= 2 − 3 ⇔ 2 x − 1 = log7 + 4 3 2 − 3 1 2

(2+ 3 )

2+ 3

⇔ 2x −1 = −

)

1 1 1 ⇔ 2x = ⇔ x = . 2 2 4

Câu 25: Chọn C. Phương pháp f x Giải phương trình mũ cơ bản a ( ) = a m ⇔ f ( x ) = m.

Cách giải: 2 2 x = 2 Ta có: 7 x − 5 x + 9 = 343 ⇔ 7 x − 5 x + 9 = 73 ⇔ x 2 − 5 x + 9 = 3 ⇔ x 2 − 5 x + 6 = 0 ⇔  x = 3

Do đó tổng hai nghiệm x1 + x2 = 2 + 3 = 5. Câu 26: Chọn B. Phương pháp 1 Sử dụng công thức tính thể tích khối nón V = πr 2 h với r là bán kính đáy, h là chiều cao hình nón 3

Cách giải: Cắt hình nón bằng mặt phẳng qua trục ta dược thiết diện là tam giác 20

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

đều SAB có cạnh AB = 2 r = 2 a ⇒ R = a và trung tuyến SO =

a 3 . 2

1 1 πa3 3 Thể tích khối nón là V = πr 2 h = πa2 .a 3 = . 3 3 3 Câu 27: Chọn C. Phương pháp: Quan sát, nhận xét dáng của đồ thị hàm số và suy ra điều kiện của a, b, c. Cách giải: Quan sát dáng đồ thị hàm số ta thấy a < 0, loại B và D. Đồ thị cắt trục Oy tại (0;-3) nên c = -3 < 0.

(

)

Hàm số có ba điểm cực trị nên phương trình y ' = 4 ax 3 + 2 bx = 2 x 2 ax 2 + b = 0 có ba nghiệm phân biệt. ⇔−

b b >0⇔ < 0 ⇔ b > 0 (do a < 0). 2a 2a

Vậy a < 0, b > 0, c < 0. Chú ý khi giải: Các em cũng có thể tìm trực tiếp a, b, c dựa vào đồ thị hàm số sẽ ra kết quả a = −1, b = 4, c = −3 và kết luận. Câu 28: Chọn C. Phương pháp: Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều là giao của đường trung trực 1 cạnh bên và chiều cao của hình chóp. Từ đó sử dụng tam giác đồng dạng để tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều. Cách giải:

Gọi O là tâm hình vuông ABCD và E là trung điểm SB. Vì S. ABCD là hình chóp đều nên SO ⊥ ( ABCD) 21

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

Tưởng (SBO) kẻ đường trung trực của SB cắt SO tại I , khi đó IA = IB = IC = ID = IS nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu là R = IS. Ta có ABCD là hình vuông cạnh 2 a ⇒ BD = BC 2 + CD2 = 2 a 2 ⇒ BO =

BD = a 2. 2

Ta có SA = SB = SC = SD = 2 a (vì S.ABCD là hình chóp đều) nên SE = EB =

2a =a 2

Xét tam giác SBO vuông tại O (vì SO ⊥ ( ABCD) ⇒ SO ⊥ OB ) có SO = SB 2 −OB 2 = 4 a2 − 2 a2 = a 2. Ta có ∆SEI đồng dạng với tam giác SOB(g − g ) ⇒

SI SE SB.SE 2 a.a = ⇔ IS = = = 2 a. SB SO SO a 2

Vậy bán kính R = a 2. Chú ý : Các em có thể sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều có cạnh bên là a và chiều cao h là R =

a2 . 2h

Câu 29: Chọn A. Phương pháp: Thể tích lăng trụ V = Bh với B là diện tích đáy, h là chiều cao. Cách giải:

22 3 Diện tích đáy tam giác đều cạnh 2 là S = = 3. 4 Thể tích lăng trụ: V = S.h = 3.2 = 2 3. Câu 30: Chọn B. Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại M ( x0 ; y0 ) có dạng y = f ' ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến là k = f ' ( x0 ) . Chú ý rằng hai đường thẳng song song có hệ số góc bằng nhau, từ đó ta tìm được x0 ⇒ y0 , từ đó viết phương trình tiếp tuyến. Cách giải: Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x Gọi M ( x0 ; y0 ) la tiếp điểm của tiếp tuyến (d) và đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 1. Khi đó hệ số góc của (d) là k = f ' ( x0 ) = 3 x02 − 6 x0 22

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

 x = −1 ⇒ y0 = −3 Mà (d) song song với y = 9 x + 6 ⇒ f ' ( x0 ) = 9 ⇔ 3 x02 − 6 x0 = 9 ⇔ 3 x02 − 6 x0 − 9 = 0 ⇔  0  x0 = 3 ⇒ y0 = 1 + Với M(−1; −3) ⇒ (d ) : y = f ' ( x0 )( x − x0 ) + y0 = 9( x + 1) − 3 = 9 x + 6 (loại vì trùng với đường thẳng y = 9 x + 6)

+ Với M(3;1) ⇒ (d ) : y = f'(x0 ) ( x − x0 ) + y0 = 9( x − 3) + 1 = 9 x − 26 (thỉa mãn) Chú ý: Một số em không loại đường thẳng y = 9 x + 6 dẫn đến chọn sai đáp án. Câu 31: Chọn B. Phương pháp: - Xác định góc 600 (góc giữa hai đường thẳng cùng vuông góc với giao tuyến). - Tính diện tích đáy và chiều cao rồi suy ra thể tích theo công thức V = Sh. Cách giải:

Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của H, A lên BC.  HD ⊥ BC ⇒ ( A ' HD ) ⊥ BC ⇒ A ' D ⊥ BC. Ta thấy:   A ' H ⊥ BC

Khi đó ( A ' BC ) và (ABC) chính là góc giữa hai đường thẳng A ' D và HD hay ∠A ' DH = 600. Xét tam giác vuông ABC có AB ⊥ AC ⇒ BC = AB 2 + AC 2 = a2 + 2 a2 = a 3. Nên AE =

1 1a 6 a 6 AB. AC a.a 2 a 6 . = = suy ra HD = AE = = 3 2 2 3 6 BC a 3

Từ đó A ' H = HD. tan 600 =

a 6 a 2 . 3= . 6 2

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

a 2 a3 1 1 Vậy VABC. A ' B ' C ' = S ABC . A ' H = AB. AC. A ' H = a.a 2. = . 2 2 2 2 Câu 32: Chọn A. Phương pháp: + Xác định chiều cao của hình chóp bằng cách sử dụng: Nếu SA = SB = SC thì S thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay chân đường cao hạ từ S xuống (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . ABC + Tính chiều cao SH dựa vào định lý Pyatgo 1 + Tính thể tích theo công thức V = h.S với h là chiều cao hình chóp, S là diện tích đáy. 3

Cách giải:

Vì ABCD là hình thoi nên AB = BC mà ∠ABC = 600 nên ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, O là giao điểm hai đường chéo hình thoi. Vì SA = SB = SC nên S thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay chân đường cao hạ từ S xuống (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp H của tam giác ABC. Hay SH ⊥ ( ABC) ⇒ SH ⊥ ( ABCD) + Vì ABC đều cạnh a tâm H nên AC = a; BO =

a 3 2 2a 3 a 3 ; BH = BO = = 2 3 3 2 3

+ Vì SH ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ BD 2

+ Xét tam giác BHD vuông tại H có SH = SB − BH =

(a 2 )

a 3 a 5 − =   3  3  

1 1 1 a 3 a2 3 . + Diện tích hình thoi ABCD là AC. BD = AC.2 BO = a.2. = 2 2 2 2 2

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

Thể tích VS . ABCD =

1 1 a 5 a 2 3 a3 5 . . SH.S ABCD = . = 2 3 3 2 6

Câu 33: Chọn A. Phương pháp: - Xét phương trình hoành độ giao điểm. - Đưa điều kiện bài toán về điều kiện tương đương đối với phươn trình hoành độ vừa xét. Cách giải: TXĐ: D = ℝ \ {−1}. Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2x −1 = x + m ⇔ 2 x − 1 = ( x + 1)( x + m ) ⇔ x 2 + (m − 1) x + m + 1 = 0 (1). x +1

Đường thẳng y = x + m cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1

m > 3 + 2 3 ∆ = (m − 1)2 − 4(m + 1) = m2 − 6 m − 3 > 0 m > 3 + 2 3  ⇔ ⇔   m < 3 − 2 3 ⇔   m < 3 − 2 3 (−1)2 + (m − 1).(−1) + m + 1 ≠ 0  3 ≠ 0 Gọi tọa độ giao điểm A ( x1; x1 + m ) , B ( x2 ; x2 + m ) với x1, x2 là nghiệm của (1). 2

Khi đó AB 2 = 2 ( x2 − x1 ) ⇒ AB ≤ 4 ⇔ AB 2 ≤ 16 ⇔ 2 ( x2 − x1 ) ≤ 16 2

⇔ ( x2 − x1 ) ≤ 8 ⇔ ( x2 + x1 ) − 4 x 1 x2 ≤ 8 ⇔ (1 − m )2 − 4(m + 1) ≤ 8 ⇔ m 2 − 6 m − 3 − 8 ≤ 0 ⇔ m 2 − 6 m − 11 ≤ 0 ⇔ 3 − 2 5 ≤ m ≤ 3 + 2 5 m > 3 + 2 3 Kết hợp với  ta được  m < 3 − 2 3

3 + 2 3 < m < 3 + 2 5  3 − 2 5 ≤ m ≤ 3 − 2 3

Mà m nguyên dương nên m = 7. Vậy chỉ có duy nhất 1 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 34: Chọn B. Phương pháp: + Gọi H là trung điểm BC. Ta chứng minh AH ⊥ ( ABC ) và AH là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC + Suy ra tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S. ABC là giao của AH và đường trung trực cạnh AB. + Chỉ ra tam giác SBC vuông tại S từ đó tính SC theo định lý Pytago. 25

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

Cách giải:

Lấy H là trung điểm BC suy ra AH ⊥ BC (do tam giác ABC cân tại A) ( SBC ) ⊥ ( ABC) Lại có  nên AH ⊥ ( SBC) tại H. ( SBC) ∩ ( ABC) = BC

Từ đề bài ta có AS = AB = AC nên A thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC , lại có AH ⊥ (S BC ) tại H nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC ⇒ HB = HS = HC hay HS =

1 BC nên tam giác 2

SBC vuông tại S. Gọi M là trung điểm của AB, kẻ đường trung trực của AB cắt AH tại O. Khi đó ta có OA = OB = OC = OS hay O là tâm mặt cầu ngoại tiếp S. ABC ⇒ OA = R = a. a OA MA a a = ⇔ = 2 ⇒ HA = . + Ta có ∆OMA đồng dạng với ∆BHA ( g − g ) ⇒ AB HA a HA 2

+ Xét tam giác vuông AHC có HC = AC 2 − AH 2 = a2 −

a2 a 3 = ⇒ BC = 2 HC = a 3. 4 2

+ Xét tam giác SBC vuông tại S(cmt) có SC = BC2 − SB 2 = 3a2 − a2 = a 2. Câu 35: Chọn B. Phương pháp: Thu gọn hàm số và tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số. Cách giải: Ta có: y =

4x + 4 x2 + 2x + 1

4 ( x + 1)

( x + 1)2

4 x +1

TXĐ: D = ℝ \ {1} . Do đó đồ thị hàm số có đường TCĐ: x = −1 và TCN: y = 0. 26

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

Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận. Câu 36: Chọn D. Phương pháp: Sử dụng tính chất đồ thị hàm đa thức bậc ba luôn cắt trục tung và đồ hàm số y = f ( x ) luôn nhận trục tung làm trục đối xứng để suy ra x = 0 luôn là một cực trị của hàm y = f ( x ) . Lập luận để suy ra hàm f ( x ) có hai điểm cực trị dương phân biệt thì hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị phân biệt. Cách giải: Nhận thấy rằng nếu x0 là điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) cũng là điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) (1) Lại thấy vì đồ thị hàm số y = f ( x ) nhận trục Oy làm trục đối xứng mà f ( x ) là hàm đa thứ bậc ba nên x = 0 luôn là một điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra để hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị thì hàm số f ( x ) = x 3 − (2 m − 1) x 2 + (2 − m) x + 2 có hai điểm cực trị dương phân biệt. Hay phương trình f '( x ) = 3 x 2 − 2(2 m − 1) x + 2 − m = 0 có hai nghiệm phân biệt dương.   m < −1  m > 5 (2 m − 1)2 − 3(2 − m) > 0 4m 2 − m − 5 > 0  4 ∆ ' > 0    1 1 5   2m − 1   ⇔ S > 0 ⇔  >0 ⇔ m > ⇔ m > ⇔ < m < 2. 2 2 4   3   P > 0 2 − m > 0 m < 2 m < 2     

Chú ý : Các em có thể sử dụng đạo hàm hàm hợp ( f(u) ) ' = u '.f' ( u ) và

( x )' =

x x để sauy ra f ( x ) ' = .' ( x ) từ x x

(

)

đó hàm số y = f ( x ) có 5 cực trị khi phương trình f ' ( x ) = 0 có 4 nghiệm phân biệt. Do đó phương trinh f ' ( x ) = 0 có hai nghiệm dương phân biệt. Câu 37: Chọn C. Phương pháp: Tính chiều cao hình trụ và tính thể tích theo công thức V = πR 2 h. 27

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

Cách giải: a Gọi O, O' lần lượt là tâm các đáy, khi đó thiết diện là hình vuông DGEF và d ( OO ',( DGEF ) ) = OH = . 2

Tam giác OEH vuông tại H nên HE = OE 2 − OH 2 = 2 a2 −

a2 a 7 = 4 2

⇒ OO ' = GD = GE = 2 HE = a 7 3 Vậy thể tích V = πR 2 h = π. a 2 2 .a 7 = 2 πa 7

(

)

Câu 38: Chọn C. Phương pháp: Tính xác suất theo định nghĩa P( A) =

n ( A) với n(A) là số phần tử của biến cố A, n ( Ω ) la số phân tử của n (Ω)

không gian mẫu. + Chú ý rằng: Nếu số được lấy ra có chữ số đứng trước nhỏ hơn chữ số đứng sau thì không thể có số 0 trong số đó. Cách giải: + Số có 6 chữ số khác nhau là abcdef với a, b, c, d, e, f ∈ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} Nên a có 9 cách chọn, b có 9 cách chọn, c có 8 cách chọn, d có 7 cách chọn, e có 6 cách chọn và f có 5 cách chọn.Suy ra số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) = 9.9.8.7.6.5 = 136080 + Gọi A là biến cố abcdef là số lẻ và a < b < c < d < e < f . Suy ra không thể có chữ số 0 trong số abcdef và f ∈ {7;9} . + Nếu f = 7 ⇒ a, b, c, d, e ∈ {1;2;3;4;5;6} mà với mỗi bộ 5 số được lấy ra ta chỉ ó duy nhất 1 cách sắp xếp theo thứ tự tăng dần nên có thể lập được C65 = 6 số thỏa mãn. + Nếu f = 9 ⇒ a, b, c, d , e ∈ {1;2;3;4;5;6;7;8} mà với mỗi bộ 5 số được lấy ra ta chỉ ó duy nhất 1 cách sắp xếp theo thứ tự tăng dần nên có thể lập được C85 = 56 số thỏa mãn. Suy ra n ( A ) = 6 + 56 = 62 nên xác suất cần tìm là P( A) =

62 31 n ( A) = = n ( Ω ) 136080 68040

Câu 39: Chọn D. Phương pháp: Sử dụng lý thuyết d ( a, b ) = d ( a,( P) ) = d ( M,( P) ) với a, b là các đường thẳng chéo nhau, (P) là mặt phẳng chứa chứa b và song song với a, M là một điểm bất kì thuộc a. 28

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

Cách giải:

Gọi M, E là trung điểm của AB, CD và F, G là hinh chiếu của O, M lên SE.  AB / / CD ⊂ ( SCD) Ta thấy:  ⇒ d ( AB, SC ) = d ( AB,( SCD) )  SC ⊂ ( SCD)

= d ( M,( SCD) ) = 2 d ( O,( SCD) ) Dễ thấy CD ⊥ ( SME ) ⇒ CD ⊥ OF. Mà OF ⊥ SE ⇒ OF ⊥ ( SCD) ⇒ d ( O,( SCD) ) = OF. Xét tam giác SOE vuông tại O có SO.OE OF = = SE

SO.OE SO 2 +OE 2

a 2. = 2 a2 +

a 2 a2 4

Vậy d ( M,( SCD) ) = 2 d ( O,( SCD) ) = 2OF =

a 2 3

2a 2 . 3

Chú ý khi giải: Nhiều em khi tính được d ( O,( SCD) ) =

a 2 mà quên không nhân 2 rồi chọn ngay C là sai. 3

Câu 40: Chọn C. Phương pháp: y ' > 0 ad − bc > 0 at + b   Biến đổi và đặt 5 = t (t > 0) rồi sử dụng hàm số y = đồng biến trên K ⇔  −d ⇔  −d ct + d ∉ K  c  c ∉ K x

Cách giải: ĐK: 5− x ≠ m.

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

+2 x 2.5x + 1 5 Ta có: y = = = x 1 5− x − m − m −m 5 + 1 5x −x

2t + 1  1 Đặt 5x = t (t > 0) ⇒ y =  t ≠  . Với x ∈ ( −∞;0 ) ⇒ t ∈ (0;1) m − mt + 1 

Để hàm số y =

5− x + 2 5− x − m

đồng biến trên ( −∞;0 ) thì hàm số y =

2t + 1 đồng biến trên (0;1). − mt + 1

2 + m > 0 2+m    m > −2 >0  y ' = 2  1 ≤ 0 −2 < m ≤ 0  ( − mt + 1) ⇔ ⇔  m ⇔  m ≤ 0 ⇔ ⇒ −2 < m ≤ 1. 0 ≤ m ≤ 1   1   ∉ (0;1)  1  0 ≤ m ≤ 1  ≥ 1  m   m

Câu 41: Chọn C. Phương pháp: - Đặt t = 3 x > 0 đưa về phương trình ẩn t, Đưa điều kiện bài cho về điều kiện tương đương đối với phương trình ẩn t. - Từ đó tìm m và kết luận. Cách giải: Đặt t = 3 x > 0 ta được: ( m + 3) t 2 + (2 m − 1)t + m + 1 = 0 (1). Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu (giả sử x1 < 0 < x2 ) ⇔ (1) có hai nghiệm dương phân biệt thỏa Mãn 0 < t 1 = 3x1 < 1 < 3x2 = t2 , nghĩa là 0 < t1 < 1 < t2 2m − 1  t1 + t2 = − m + 3 Áp dụng định lý Vi-ét ta có:  . t t = m + 1  1 2 m + 3

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

  m ≠ −3  m + 3 ≠ 0  m ≠ −3 m < − 11   2  20 ∆ = (2 m − 1) − 4(m + 3)(m + 1) > 0 −20m − 11 > 0     m + 1 2m − 1 ⇔ ( t1 − 1)( t2 − 1) < 0 ⇔ t1t 2 − ( t1 + t2 ) + 1 < 0 ⇔  + +1 < 0 m 3 m 3 + +    t1t2 > 0 t1t2 > 0  m +1 t1 + t2 > 0 t1 + t2 > 0 m + 3 > 0   − 2m − 1 > 0  m + 3    m ≠ −3 m ≠ −3    11 m < − 11 m<−   20 20   4 m + 3 3 3  ⇔ < 0 ⇔  −3 < m < − ⇔ −1 < m < − . 4 4  m+3   m +1   m < −3 m + 3 > 0     m > −1 2 m 1 − −  1 >0  −3 < m <  m + 3  2

Câu 42: Chọn B. Phương pháp: a > 0 Hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) đồng biến trên ℝ ⇔ y ' = 3ax 2 + 2 bx + c ≥ 0; ∀x ∈ ℝ ⇔  ∆ ≤ 0

Cách giải: Ta có: y ' = x 2 − 4 mx + 4 a = 1 > 0 Để hàm số đồng biến trên ℝ ⇔ y ' ≥ 0; ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ −1 ≤ m ≤ 1 2 ∆ ' = (−2 m) − 4 ≤ 0

Câu 43: Chọn D. Phương pháp: - Chuyển vế đưa về dạng m = f ( x ) , sử dụng phương pháp hàm số xét y = f ( x ) . - Phương trình có ba nghiệm phân biệt ⇔ đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại ba điểm phân biệt. Cách giải: 31

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

Ta có: x 3 − 3 x 2 + 2 − m = 0 ⇔ m = x 3 − 3 x 2 +2. x = 0 Xét hàm f ( x ) = x 3 − 3 x 2 + 2 có f ' ( x ) = 3 x 2 − 6 x = 0 ⇔  . x = 2

Phương trình có ba nghiệm phân biệt ⇔ đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại ba điểm phân biệt. Bảng biến thiên: 0

f ' ( x0 )

f (x)

−∞

+∞

-∞

-2

Quan sát bảng biến thiên ta thấy, với -2 < m < 2 thì đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại ba điểm phân biệt hay phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt. Vậy -2 < m < 2 là các giá trị cần tìm. Câu 44: Chọn B. Phương pháp: Sử dụng các công thức: log a log

b = log a b − log a c c

log a bα = α log a b;

1 log a b β

log a b =

1 ( 0 < a, b ≠ 1) log b a

Cách giải: Ta có: log 3

121 = log 3 121 − log 3 8 = log 7 8 7 7

= 6 log7 11 − 9 log7 2 = 6 log7 11 − 9.

1 73

112 − log

1 73

1 9 = 6a − . b log2 7

Câu 45: Chọn B. Phương pháp: - Đặt t = log2 x, tìm điều kiện của t từ điều kiện của x. - Đưa điều kiện bài toán về điều kiện của phương trình ẩn t và tìm m. Cách giải: 32

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

Đặt t = log2 x, , vì 0 < x < 1 nên t < 0 hay t ∈ ( −∞;0 ) . Phương trình trở thành t 2 + t − m = 0 ⇔ m = t 2 + t. Xét hàm f ( t ) = t 2 + t trên ( −∞;0 ) . 1 Đồ thị hàm số y = f ( t ) là parabol có hoành độ đỉnh t = − ∈ ( −∞;0 ) . 2

Bảng biến thiên:

t f (t )

−∞

−

1 2

+∞

0 −

Quan sát bảng biến thiên ta thấy, khi m ≥ −

1 4

1 thì đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số đã cho tại ít nhất 1 4

điểm thuộc ( −∞;0 ) . Do đó phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc (0;1). Vậy m ≥ −

1 là giá trị cần tìm. 4

Câu 46: Chọn B. Phương pháp: Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp ( f ( u ) ) ' = u '. f ' ( u ) Đặt x + 3 = t, ta tính y ' theo t. Nhận xét rằng khi y ' < 0 trên K thì hàm số y nghịch biến trên K Dựa vào bảng xét dấu của f ' ( x ) suy ra dấu của f '(t ) và điều kiện của t. Thay trở lại cách đặt ta tìm được x. Cách giải: Ta có: y ' = 3. f ' ( x + 3) − 3 x 2 + 12 2

Đặt t = x + 3 ⇒ x = t − 3 ta có y ' = 3 f ' ( t ) − 3 ( t − 3) + 12 = 3 f ' ( t ) − 3t 2 + 18t − 15 Để hàm số nghịch biến thì y ' < 0 ⇔ 3. f ' ( t ) − 3t 2 +18t − 15 < 0 ⇔ f ' ( t ) < t 2 − 6t + 5  f '(t ) < 0 Ta chọn t sao cho  2 t − 6t + 5 > 0 33

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

 −1 < x < 1  −1 < t < 1 Từ bảng xét dấu hàm f '(x) ta thấy f '(x) < 0 ⇔  nên f '(t) < 0 ⇔  x > 5 t > 5   −1 < t < 1   −1 < t < 1  f '(t ) < 0 t > 5 Khi đó:  ⇔ ⇔ 2 t > 5  t > 5 t − 6t + 5 > 0  t < 1   −1 < t < 1  −1 < x + 3 < 1  −4 < x < −2 ⇔ ⇔ Mà t = x + 3 nên  t > 5 x + 3 > 5 x > 2

Vậy hàm số y = 3 f ( x + 3) − x 3 + 12 x nghịch biến trên (-4;2) và ( 2; +∞ ) . Câu 47: Chọn A. Phương pháp: Lập bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [0;4], từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [0;4]. Cách giải: Quan sát đồ thị hàm số y = f ' ( x ) ta thấy: +) Trên khoảng (0;2) thì f '(x) > 0. +) Trên khoảng (2;4) thì f ' ( x ) < 0. Ta có bảng biến thiên: x

1 +

f '(x)

2 +

f (x)

3 -

4 -

f (2)

f (1)

f ( 3)

f (0)

f (4)

Từ bảng biến thiên ta thấy GTNN của hàm số đạt được bằng f ( 0 ) và f ( 4 ) . Ta sẽ so sánh f ( 0 ) và f ( 4 ) như sau:

f ( 0 ) + f (1) − 2 f ( 2 ) = f ( 4 ) − f ( 3) ⇔ f ( 0 ) − f ( 4 ) = 2 f ( 2 ) − f (1) − f ( 3)  f ( 2 ) − f (1)  +  f ( 2 ) − f ( 3)  > 0 (do f ( 2 ) > f (1) , f ( 2 ) > f ( 3)).

Do đó f ( 0 ) − f ( 4 ) > 0 ⇔ f ( 0 ) > f ( 4 ) . Vậy m = f ( 4 ) . 34

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

Câu 48: Chọn A. Phương pháp: Lấy A’ đối xứng với A qua bờ sông, nối A’B cắt bờ sông tại M khi đó ta có AM + MB = A’B là quãng đường ngắn nhất mà người đó đi. Sử dụng định lý Pytago và định lý Ta-lét để tính toán. Cách giải:

Gọi H, K là hình chiếu của A, B trên bờ sông, lấy A’ đối xứng với A qua bờ HK. Nối A’B cắt bờ HK tại M. Suy ra AM = A’M. Ta có AM + MB = A ' M + MB ≥ A ' B nên quãng đường ngắn nhất người đó đi là AM + MB = A ' B. Kẻ AC ⊥ BK tại C ⇒ AHKC là hình chữ nhật có CK = AH = 118m ⇒ CB = BK − CK = 487 − 118 = 369m Tam giác CAB vuông tại C ⇒ AC = AB 2 − BC2 = 6152 − 3692 = 492 ⇒ HK = AC = 492 m

Ta có HA '/ / BK ⇒

HM A ' M A ' H 118 = = = MK MB BK 487

⇒

118 118 HM 118 HM HM 118 = ⇒ = = ⇔ = MK 487 HM + MK 118 + 487 605 HK 605

⇔

58056 HM 118 = ⇒ HM = 492 605 605 2

 58056  2 Xét tam giác HMA ' có MA ' = HM 2 + HA ' 2 =   + 118 ≈ 152,093  605 

Tù đó:

A ' M 118 A' M 118 A ' M 118 A ' M.605 = ⇒ = ⇔ = ⇔ A' B = ≈ 779,8m MB 487 A ' M + MB 118 + 487 A' B 05 118

Câu 49: Chọn A. Phương pháp: - Biến đổi điều kiện bài cho về dạng fu = fv với u, v là các biểu thức của x, y. 35

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

- Xét hàm f (t ) suy ra mối quan hệ của u, v rồi suy ra x, y. - Đánh giá P theo biến t = x + y bằng cách sử dụng phương pháp hàm số. Cách giải: Điều kiện :

x+y x 2 + y 2 + xy + 2

> 0.

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

(

)

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

(

)

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

( ) ( ) ⇔ log 3 3 ( x + y )  + 3 ( x + y ) = log 3 ( x 2 + y2 + xy + 2 ) + x 2 + y2 + xy + 2 ⇔ log 3 ( x + y ) + 3 ( x + y ) + 2 = log 3 x 2 + y 2 + xy + 2 + x 2 + y2 + xy + 2

1 Xét hàm số f ( t ) = log 3 t + t, t > 0 có f '(t ) = + 1 > 0, ∀t > 0 t ln 3

Vậy hàm số f ( t ) luôn đồng biến và liên tục trên khoảng ( 0; +∞ )

(

)

Do đó: f ( 3 ( x + y ) ) = f x 2 + y2 + xy + 2 ⇔ 3 ( x + y ) = x 2 + y 2 + xy + 2 (1) 2

↔ xy = ( x + y ) − 3 ( x + y ) + 2 2

 x + y +1  Ta có: x = x + xy − xy = x ( y + 1) − xy ≤   − xy 2   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y + 1. Do đó từ (1), suy ra:

2 x + y + 1) ( − x≤

( x + y )2 + 3 ( x + y ) − 2.

Đặt t = x + y, t > 0

Suy ra: P =

2( x + y) +1+ x

Ta có: f '(t ) =

x + y+6

2 t + 1) ( 2t + 1 + − t 2 + 3t − 2

≤

−3t 2 − 36t + 135 4 (t + 6)

4 t+6

−3t 2 + 22t − 3 = f (t ) 4(t + 6)

= 0 ⇔ t = 3(tm0

Bảng biến thiên: 36

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

+∞

3 +

f ' (t )

f (t ) x = y +1 x = 2 . Dựa vào BBT, ta có max P = max f ( t ) = f ( 3) = 1 ⇔  ⇔ ( 0;+∞ ) x + y = 3 y = 1

Chú ý khi giải : Cách 2: (Trắc nghiệm) Ta có: P = 2 +

x − 11 . x + y+6

Trong (1) coi y là ẩn, x là tham số. Ta có: y2 + ( x − 3 ) y + x 2 − 3 x + 2 = 0 có nghiệm khi

(

)

∆ = ( x − 3) − 4 x 2 − 3 x + 2 ≥ 0 ⇔

3− 2 3 3+ 2 3 ≤x≤ < 3 ⇒ x − 11 < 0. 3 3

Vậy P < 2 nên trong 4 phương án thì Pmax = 1 khi đó x = 2, y = 1. Cách 3: (Trắc nghiệm) y + 17 < 3 với x, y > 0. x + y+6

Ta có: P = 3 −

+ Nếu P = 2 thì

3x + 2 y + 1 = 2 ⇔ x = 11. Thay vào   1 ta được: y2 + 3 y + 90 = 0 (vô lý). x + y+6

+ Nếu P = 1 thì

3x + 2 y + 1 = 1 ⇔ 2 x + y = 5 ⇔ y = 5 − 2 x. Thay vào (1), ta được: x+ y+ 2

3 ( x + 5 − 2 x ) = x 2 + ( 5 − 2 x ) + x ( 5 − 2 x ) + 2 ⇔ 3 x 2 − 12 x + 12 = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 1.

Vậy Pmax = 1. Câu 50: Chọn B. Phương pháp: Phân chia khối hộp để tính thể tích VC. ABNM ⇒ VCC 'B'NMA' Tính thể tích khối chóp VC.C ' A ' B ' ⇒ VC.C ' PQ Tính VA ' MPB ' NQ = VC.C ' PQ − VCC 'B'NMA' 1 Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V = h.S với h là chiều cao hình chóp và S là diện tích đáy. 3

Công thức tính thể tích lăng trụ V = h.S với h là chiều cao hìnhlăng trụ và S là diện tích đáy. 37

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

Cách giải:

1 1 2 Ta có VC. A ' B 'C' = d ( C,( A ' B ' C ') ) .S A ' B ' C ' = VABC. A ' B ' C ' = 3 3 3 2 4 Suy ra VC. ABB ' A ' = VABC. A ' B ' C ' − VC. A ' B ' C ' = 2 − = 3 3

Ta thấy ABNM là hình thang nên  AA ' BB '  +  .d ( BB ', AA' ) AM + BN ) d ( BN; AM )  2 ( 3  S ABNM = = 2 2  AA ' BB '  +   .d ( BB ', AA' ) 5 3   2 = AA '. d ( BB ', AA' ) 2 12

Mà S ABB ' A ' = AA '.d ( AA ', BB ' ) ⇒ S ABNM =

5 .S ABB ' A ' 12

1 1 5 ⇒ VC. ABNM = d ( C,( ABNM ) ) .S ABCNM = d ( C,( ABB ' A ') ) . .S ABB ' A ' 3 3 12 =

5 1 5 . d ( C,( ABB ' A ') ) .S ABB ' A ' = .VCABB ' A ' . 12 3 12

4 5 4 5 Mà VC. ABB ' A ' = (cmt ) ⇒ VC. ABNM = . = 3 12 3 9 5 13 Suy ra VCC ' B ' NMA ' = VABC. A ' B 'C' − VC. ABNM = 2 − = . 9 9 38

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

Ta có A ' M / / CC ' ⇒ Và B ' N / / CC ' ⇒ Mà S A ' B ' C ' = → SC ' PQ =

1 PA ' A ' M 1 = = → PA ' = PC ' = A ' C ' ⇒ PC ' = 2 A ' C ' PC ' CC ' 2 2

B ' N QB ' 2 = = ⇒ QC ' = 3 B ' C ' CC ' QC ' 3

1 C ' A '.C ' B 'sin C ' 2

1 1 1  C ' P.C ' Q.sin C ' = .2. A ' C '.3 B ' C 'sin C = 6.  A ' C '. B ' C 'sin C  = 6 S A ' B ' C ' 2 2 2 

1 1 2 Ta có: VC.C ' PQ = d ( C;( A ' B ' C ') ) .SC ' PQ = d ( C;( A 'B'C') ) .6 SC ' A ' B ' = 6.VC. A ' B ' C ' = 6. = 4 3 3 3

13 23 Từ đó VA ' MPB ' NQ = VC.C ' PQ − VCC ' B ' NMA ' = 4 − = . 9 9

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

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1

TRƯỜNG THPT KIM LIÊN

NĂM 2018-2019

(Đề thi có 07 trang)

Môn thi: Toán 12 Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề ----------------------------------------

Mục tiêu: Đề thi thử Toán THPT Quốc Gia 2019 trường THPT Kim Liên – Hà Nội lần 1 mã đề 606 được biên soạn nhằm giúp các em học sinh khối 12 của trường làm quen và thử sức với kỳ thi tương tự thi THPT Quốc gia môn Toán, để các em có sự chuẩn bị về mặt tâm lý lẫn kiến thức trước khi bước vào kỳ thi chính thức dự kiến được diễn ra vào tháng 06/2019, đề thi có cấu trúc đề khá giống với đề minh họa Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tạo đã từng công bố. Câu 1. Với a, b là hai số thực khác 0 tùy ý, ln ( a 2b 4 ) bằng: B. 4 ( ln a + ln b ) .

A. 2 ln a + 4 ln b .

C. 2 ln a + 4 ln b .

D. 4 ln a + 2 ln b .

Câu 2. Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k ≤ n , mệnh đề nào dưới đây đúng? n! n! n! A. Ank = . B. Ank = . C. Ank = n !. D. Ank = k! k !( n + k ) ! ( n − k )! Câu 3. Cho hình nón có bán kính đáy bằng a và diện tích toàn phần bằng 3π a 2 . Độ dài đường sinh l của hình nón bằng: A. l = 4a .

B. l = a 3 .

C. l = 2a .

D. l = a .

Câu 4. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào sau đây? A. y = − x 4 − 2 x 2 + 3 . B. y = x 4 + 2 x 2 − 3 . C. y = − x 4 + 2 x 2 + 3 . D. y = − x 2 + 3 . Câu 5. Mặt cầu bán kính a có diện tích bằng: A.

4 2 πa . 3

B. π a 2 .

4 3 πa . 3 Câu 6. Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có diện tích đáy ABC bằng S và chiều cao bằng h. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng:

C. 4π a 2 .

A. 2 S .h .

1 S .h . 3

2 S .h . 3

D. S .h .

Câu 7. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau: x y' y

−1

−∞

−

−3

+∞

−4

+∞

+ +∞

−4

Hàm số đạt cực đại tại điểm x0 bằng:

A. 0.

B. −4 .

C. 1.

D. −3 .

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

Trang 1/5

Câu 8. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào sau đây? A. y = ln x .

B. y = −e x .

C. y = ln x .

D. y = e x .

Câu 9. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và cạnh bên SB tạo với đáy một góc 45°. Thể tích khối chóp S.ABCD bằng: A.

a3 2 . 3

a3 2 . 6

a3 . 3

D. a 3 . 1

Câu 10. Rút gọn biểu thức P = x 2 8 x . 5 16

5 8

1 16

A. x . B. x . C. x . D. x . Câu 11. Cho khối tứ diện đều có tất cả các cạnh bằng 2a. Thể tích khối tứ diện đã cho bằng: 4

2a 3 2 a3 2 a3 2 a3 2 . B. . C. . D. . 6 12 3 3 Câu 12. Tập hợp các điểm M trong không gian cách đường thẳng ∆ cố định một khoảng R không đổi A.

( R > 0)

là:

A. hai đường thẳng song song. C. một mặt nón.

B. một mặt cầu. D. một mặt trụ.

Câu 13. Số nghiệm thực của phương trình log 3 ( x 2 − 3 x + 9 ) = 2 bằng: A. 3.

B. 0

C. 1.

D. 2.

Câu 14. Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 = 3 và công sai d = 2 . Giá trị của u7 bằng: A. 15.

B. 17.

C. 19.

D. 13.

Câu 15. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ −3; 4] và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [ −3; 4] . Tính M + m . A. 5. B. 8. C. 7. D. 1 Câu 16. Hình bát diện đều có bao nhiêu đỉnh? A. 10. B. 8. C. 12. D. 6. x +1 tại điểm có hoành độ x0 = −1 có hệ số góc bằng: 2x − 3 1 1 A. 5. B. − . C. −5 . D. . 5 5 Câu 18. Cho đường thẳng ∆. Xét một đường thẳng l cắt ∆ tại một điểm. Mặt tròn xoay sinh bởi đường thẳng l khi quay quanh đường thẳng ∆ được gọi là: A. mặt trụ. B. mặt nón. C. hình trụ. D. hình nón.

Câu 17. Tiếp tuyến với đồ thị hàm số y =

Trang 2/26

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

Câu 19. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Tồn tại một hình đa diện có số đỉnh bằng số mặt. B. Tồn tại một hình đa diện có số cạnh gấp đôi số mặt. C. Số đỉnh của một hình đa diện bất kì luôn lớn hơn hoặc bằng 4. D. Tồn tại một hình đa diện có số cạnh bằng số mặt. Câu 20. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −1; +∞ ) .

B. ( 0; +∞ ) .

C. ( −2; 0 ) .

D. ( −4; +∞ ) .

Câu 21. Giá trị còn lại của một chiếc xe ô tô loại X thuộc hàng xe Toyota sau r năm kể từ khi mua được các nhà kinh tế nghiên cứu và ước lượng bằng công thức

G ( t ) = 600.e −0,12t (triệu đồng). Ông A mua một chiếc xe ô tô loại X thuộc hãng xe đó từ khi xe mới xuất xưởng và muốn bán sau một thời gian sử dụng với giá từ 300 triệu đến 400 triệu đồng. Hỏi ông A phải bán trong khoảng thời gian nào gần nhất với kết quả dưới đây kể từ khi mua? A. Từ 2,4 năm đến 3,2 năm. B. Từ 3,4 năm đến 5,8 năm. C. Từ 3 năm đến 4 năm. D. Từ 4,2 năm đến 6,6 năm. π

Câu 22. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ [ 0; 2018] để bất phương trình m + e 2 ≥ 4 e 2 x + 1 có nghiệm với mọi x ∈ ℝ ? A. 2016.

B. 2017.

C. 2018.

D. 2019.

1   Câu 23. Số hạng không chứa x trong khai triển  3 x + 4  bằng: x  A. 5.

B. 35.

C. 45.

D. 7.

Câu 24. Cho hàm số y = 7 2 có đồ thị ( C ) . Hàm số nào sau đây có đồ thị đối xứng với ( C ) qua đường thẳng có phương trình y = x .

A. log 7 x 2 .

B. log 7

x . 2

C. y =

1 log 7 x . 2

D. y = log

x .

Câu 25. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 5 ( 6 − 5 x ) = 1 − x bằng: A. 2.

B. 1.

C. 0.

π  Câu 26. Tập nghiệm S của bất phương trình  tan  7 

x 2 − x −9

D. 6.

π  ≤  tan  7 

x −1

là:

A. S =  −2 2; 2 2  .

B. S = −∞; −2 2  ∪  2 2; +∞ .

C. [ −2; 4] .

D. ( −∞; 2] ∪ [ 4; +∞ ) .

(

)

Câu 27. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x 2 ( x − 1)( x + 2 ) ( 2 − x ) ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho bằng: A. 7.

B. 2.

C. 4.

D. 3.

Câu 28. Cho hàm số y = x − 3mx + 6mx − 8 có đồ thị ( C ) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 3

thuộc đoạn [ −5;5] để ( C ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số nhân?

Trang 3/26

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

A. 8.

B. 7.

C. 9.

D. 11.

Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

−2

−∞

−1

−

−2

+∞ +

+∞

−∞

+∞

−∞

Số nghiệm thực của phương trình f ( x ) = 4 bằng:

A. 4.

B. 3.

Câu 30. Cho log3 a = 5 và log 3 b = A. I = 3 .

C. 2.

D. 1.

2 . Tính giá trị của biểu thức I = 2 log 6  log 5 ( 5a )  + log 1 b3 . 3 9

B. I = −2 .

C. I = 1 .

D. I = log 6 5 + 1 .

Câu 31. Người ta xếp bảy viên bi là các khối cầu có cùng bán kính R vào một cái lọ hình trụ. Biết rằng các viên bi đều tiếp xúc với hai đáy, viên bi nằm chính giữa tiếp xúc với sáu viên bi xung quanh và mỗi viên bi xung quanh đều tiếp xúc với các đường sinh của lọ hình trụ. Tính theo R thể tích lượng nước cần dùng để đổ đầy vào lọ sau khi đã xếp bi. A. 6π R 3 .

26π R 3 . 3

28π R 3 . 3

C. 18π R 3 .

C. f ' ( x ) = cot x ln 3 .

D. f ' ( x ) =

Câu 32. Hàm số f ( x ) = log 3 ( sin x ) có đạo hàm là: A. f ' ( x ) =

cot x . ln 3

B. f ' ( x ) =

tan x . ln 3

1 . sin x ln 3

Câu 33. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình vẽ.

−∞

y' y

−1

−

+∞ +

+∞ 1

+∞ −1

Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( cos 2 x ) − 2m − 1 = 0 có nghiệm thuộc

 π π khoảng  − ;  là:  3 4  1 A. 0;  .  2

 1 B.  0;  .  2

 1 1 C.  ;  .  4 2

 −2 + 2 1  D.  ;  . 4 4 

2x +1 có đồ thị ( C ) . Có bao nhiêu điểm M thuộc ( C ) có tung độ nguyên x −1 dương sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng 3 lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của

Câu 34. Cho hàm số y =

đồ thị ( C ) . A. 0.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

Trang 4/26

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

Câu 35. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đường thẳng d : y = − x + m cắt đồ thị −2 x + 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB ≤ 2 2 . Tổng giá trị tất cả các phần tử của S x +1

hàm số y = bằng:

A. −6 .

B. 0.

Câu 36. Cho hàm số y =

A. 16.

C. 9.

D. −27 .

2 2 x+2 . Giá trị  min y  +  max y  bằng: x −1  x∈[ 2;3]   x∈[2;3] 

45 . 4

25 . 4

89 . 4

Câu 37. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Mặt bên ( SBC ) vuông góc với đáy và

∠CSB = 90° . Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC? A.

a 3 . 6

a 2 . 2

a 3 . 3

D. a 3 .

Câu 38. Tính đạo hàm của hàm số y = ( x 2 − x + 1) 3 . A. y ' =

2x −1 3 3 x2 − x + 1

2x −1

C. y ' = 3

− x + 1)

2x −1

B. y ' =

D. y ' =

− x + 1)

Câu 39. Xét các số thực x, y thỏa mãn x 2 + y 2 ≥ 4 và log x 2 + y 2 ( 4 x − 2 y ) ≥ 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P = 3 x + 4 y − 5 là a + b 5 với a, b là các số nguyên. Tính T = a 3 + b3 .

A. T = 0 .

B. T = 250 .

C. T = 152 .

D. T = 98 .

Câu 40. Tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x 4 − 2 ( m − 1) x 2 + m − 2 đồng biến trên (1;5 ) là A. m < 2 .

B. 1 < m < 2 .

C. m ≤ 2 .

D. 1 ≤ m ≤ 2 .

Câu 41. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

x y' y

−∞

−

+∞

−

4 −∞

+∞ −∞

Số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho bằng: A. 1. B. 2. C. 3.

−∞

D. 4.

Trang 5/26

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

Câu 42. Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có thể tích bằng 1. Gọi E, F lần lượt là các điểm thuộc các cạnh BB ' và DD ' sao cho BE = 2 EB ' , DF = 2 FD ' . Tính thể tích khối tứ diện ACEF . 2 2 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 9 9 6 Câu 43. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại C, CH vuông góc với AB tại H, I là trung điểm của đoạn HC. Biết SI vuông góc với mặt phẳng đáy, ∠ASB = 90° . Gọi O là trung điểm của đoạn AB, O’ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABSI, α là góc giữa OO ' và mặt phẳng ( ABC ) . Tính

cos α . 3 . 2 Câu 44. A.

2 . 3 số các

B. G ọi

là

1 . 2 của tham

trị

giá

D. số

để

3 . 4 bất phương

trình

( 2m − 4 ) ( x3 + 2 x 2 ) + ( m2 − 3m + 2 )( x 2 + 2 x ) − ( m3 − m2 − 2m ) ( x + 2 ) < 0 vô nghiệm. Giá trị của n bằng: A. n = 5 .

B. n = 1 .

C. n = 4 .

D. n = 2 .

Câu 45. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

−6

−∞

f '( x)

−4 +

−

−2

−

+∞ +

−

Hàm số f ( 2 x − 2 ) − 2e x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 0;1) .

B. (1; +∞ ) .

C. ( −∞; −1) .

D. ( −2;0 ) .

Câu 46. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD với O là tâm của đáy và chiều cao SO =

3 AB . Tính góc 2

giữa mặt phẳng ( SAB ) và mặt phẳng đáy.

A. 90° .

B. 60° .

C. 30° .

D. 45° .

Câu 47. Cho hàm số f ( x ) = ax + 2bx − 3cx − 4dx + 5h ( a, b, c, d , h ∈ ℤ ). 4

Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Tập nghiệm thực của phương trình f ( x ) = 5h có số phần tử bằng:

A. 3. B. 4. C. 2. D. 1. Câu 48. Một đề kiểm tra trắc nghiệm 45 phút môn Tiếng Anh của lớp 10 là một đề gồm 25 câu hỏi độc lập, mỗi câu có 4 đáp án trả lời trong đó chỉ có một đáp án đúng. Mỗi câu trả lời đúng được 0,4 điểm, câu trả lời sai không được điểm. Bạn Bình vì học kém môn Tiếng Anh nên làm bài theo cách chọn ngẫu nhiên câu trả lời cho tất cả 25 câu. Gọi A là biến cố “Bình làm đúng k câu”, biết xác suất của biến cố A đạt giá trị lớn nhất. Tính k. A. k = 5 . B. k = 1 . C. k = 25 . D. k = 6 . Câu 49. Cho khối chóp S.ABC có thể tích V. M là một điểm trên cạnh SB. Thiết diện qua M song song với đường thẳng SA và BC chia khối chóp thành hai phần. Gọi V1 là thể tích phần khối chóp S.ABC chứa cạnh SA. Biết

V1 20 SM . Tính tỉ số . = V 27 SB

Trang 6/26

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

4 2 3 1 . B. . C. . D. . 5 3 4 2 Câu 50. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại C và D, ∠ABC = 30° . Biết

AC = a, CD =

( SCD )

a a 3 và cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng , SA = 2 2

bằng:

A. a 6 .

a 6 . 2

a 6 . 4

a 3 . 2

Trang 7/26

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

MA TRẬN Cấp độ câu hỏi STT

Chuyên đề

Đơn vị kiến thức

Nhận biết

Đồ thị, BBT

Cực trị

Đơn điệu

C20

Thông hiểu

Vận dụng

Vận dụng cao

Tổng

1 C27

2 C40

C45

C28 C33 4

Hàm số

Tương giao

C29

C35

C47 5

Min - max

C15

C36

Tiệm cận

C41

C34

Bài toán thực tế

Hàm số mũ - logarit

Biểu thức mũ logarit

0 C8

C24 C32

C39

C1 C10

C30

Phương trình, bất phương trình mũ logarit

C13 C22

C25 C26

Bài toán thực tế

C21

Nguyên hàm

Tích phân

Ứng dụng tích phân

Bài toán thực tế

Dạng hình học

Dạng đại số

PT phức

Đường thẳng

Mặt phẳng

Mặt cầu

Bài toán tọa độ điểm, vecto, đa điện

C16

Bài toán về min, max

Mũ logarit

13 14

Nguyên hàm – Tích phân

Số phức

18 19

Hình Oxyz 1 C19

2 0 Trang 8/26

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

HHKG

Thể tích, tỉ số thể tích

Khoảng cách, góc

Khối nón

Khối tròn xoay

T ổ hợ p – xác suất

C9 C31 C42 C11C12 C46 C50

C18

CSC CSN

PT - BPT

C43

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện

C37

Xác suất

Xác định thành phần CSC - CSN

C48C49

Nhị thức Newton

Khối trụ

Tổ hợp – chỉnh hợp

C23 C14

Bài toán tham số

2 1 1

C44

Giới hạn

35 Hàm số

Hàm số liên tục

36 ạo hàm

Tiếp tuyến

C17

Đạo hàm

C38

PP tọa độ trong mặt phẳng

Lượng giác

PT đường thẳng

PT lượng giác

Trang 9/26

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

NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan. Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 20%. Không có câu hỏi thuộc kiến thức lớp 10. Cấu trúc: thiếu mảng kiến thức về nguyên hàm- tích phân, tập trung vào phần hàm số, mũ - logarit 22 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 5 câu VDC. Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng, Đề thi phân loại học sinh ở mức khá.

Trang 10/26

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

ĐÁP ÁN 1. A

2. A

3. C

4. A

5. C

6. D

7. A

8. A

9. C

10. C

11. D

12. D

13. D

14. A

15. A

16. D

17. B

18. B

19. D

20. B

21. B

22. D

23. B

24. D

25. B

26. D

27. D

28. A

29. C

30. C

31. B

32. A

33. A

34. C

35. A

36. D

37. C

38. B

39. D

40. C

41. C

42. B

43. A

44. B

45. A

46. B

47. B

48. D

49. B

50. B

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Chọn đáp án A Phương pháp Sử dụng các công thức: log a f ( x ) + log a g ( x ) = log a  f ( x ) g ( x )  ( 0 < a ≠ 1, f ( x ) > 0, g ( x ) > 0 )

log an b m =

m log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) n

Cách giải Ta có: ln ( a 2b 4 ) = ln a 2 + ln b 4 = 2 ln a + 4 ln b .

Câu 2. Chọn đáp án A Phương pháp Sử dụng công thức chỉnh hợp: Ank =

n! . ( n − k )!

Cách giải Ta có: Ank =

n! . ( n − k )!

Câu 3. Chọn đáp án C Phương pháp Sử dụng công thức tính diện tích toàn phần của hình nón Stp = π rl + π r 2 trong đó r, l lần lượt là bán kính

đáy và độ dài đường sinh của hình nón. Cách giải Ta có: Stp = π rl + π r 2 ⇔ 3π a 2 = π .a.l + π a 2 ⇔ 2π a 2 = π al ⇔ l = 2a .

Câu 4. Chọn đáp án A Phương pháp Dựa vào lim y và các giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành. x →+∞

Cách giải Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy lim y = −∞ ⇒ Loại đáp án B. x →+∞

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ 1 và −1 nên chọn đáp án A vì:  x2 = 1 ⇔ x = ±1 . Phương trình hoành độ giao điểm − x − 2 x + 3 = 0 ⇔  2  x = −3 ( vo nghiem ) 4

Câu 5. Chọn đáp án C Phương pháp Trang 11/26

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

Diện tích mặt cầu bán kính a là S = 4π a 2 . Cách giải Diện tích mặt cầu bán kính a là S = 4π a 2 . Câu 6. Chọn đáp án D. Phương pháp Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy bằng S là V = S .h . Cách giải Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy bằng S là V = S .h . Câu 7. Chọn đáp án A. Phương pháp Hàm số đạt cực đại tại điểm x = x0 khi và chỉ khi qua điểm x = x0 đạo hàm y ' đổi dấu từ dương sang âm.

Cách giải Dựa vào BBT ta thấy hàm số y = f ( x ) đạt cực đại tại điểm x = 0 .

Chú ý: Không kết luận hàm số y = f ( x ) đạt cực đại tại điểm x = −3 . Câu 8. Chọn đáp án A. Phương pháp Hàm mũ y = a x và hàm trị tuyệt đối y = f ( x ) luôn nằm phía trên trục Ox.

Cách giải Hàm số y = ln x và y = e x luôn nằm phía trên trục Ox, hàm số y = −e x luôn nằm phía dưới trục Ox, do

đó loại các đáp án B, C, D. Câu 9. Chọn đáp án C. Phương pháp +) Xác định góc giữa SB và mặt đáy. +) Tính SA. 1 +) Tính thể tích V = SA.S ABCD . 3 Cách giải Ta có: SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ AB là hình chiếu của SB lên ( ABCD ) .

⇒ ∠ ( SB; ( ABCD ) ) = ∠ ( SB; AB ) = ∠SBA = 45° (Do ∠SBA < 90° ) Xét tam giác vuông SAB ta có: SA = AB. tan 45° = a .

a3 1 1 Vậy VS . ABCD = SA.S ABCD = .a.a 2 = . 3 3 3 Câu 10. Chọn đáp án C. Phương pháp m

Sử dụng các công thức:

m n

a = a ; a m .a n = a m + n . n

Cách giải 1

1 1 + 8

Ta có: P = x 2 8 x = x 2 x 8 = x 2

= x8 .

Câu 11. Chọn đáp án D. Phương pháp Trang 12/26

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

+) Gọi G là trọng tâm tam giác BCD ⇒ AG ⊥ ( BCD ) . +) Áp dụng định lí Pytago tính AG. +) Tính thể tích VABCD =

1 AG.S BCD . 3

Cách giải Gọi G là trọng tâm tam giác BCD ⇒ AG ⊥ ( BCD ) . Gọi E là trung điểm của CD. Do BCD là tam giác đều cạnh 2a ⇒ BE =

2a 3 =a 3. 2

2 2a 3 . BE = 3 3 Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABG ta có: ⇒ BG =

AG = AB 2 − BG 2 =

2a 6 . 3

Tam giác BCD đều cạnh 2a ⇒ S BCD =

( 2a )

= a2 3 .

1 1 2a 6 2 2a 3 2 . AG.S BCD = . .a 3 = 3 3 3 3 Câu 12. Chọn đáp án D. Phương pháp Sử dụng khái niệm mặt trụ: Mặt tròn xoay sinh bởi đường thẳng l song song với ∆, cách ∆ một khoảng R không đổi là mặt trụ tròn xoay trục ∆, đường sinh l, bán kính R. Cách giải Vậy VABCD =

Tập hợp các điểm M trong không gian cách đường thẳng ∆ cố định một khoảng R không đổi ( R > 0 ) là một mặt trụ. Câu 13. Chọn đáp án D. Phương pháp Giải phương trình logarit cơ bản: log a f ( x ) = b ⇔ f ( x ) = a b .

Cách giải x = 0 Ta có: log 3 ( x 2 − 3 x + 9 ) = 2 ⇔ x 2 − 3 x + 9 = 9 ⇔  . x = 3 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt. Câu 14. Chọn đáp án A. Phương pháp

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

Cách giải Ta có: u7 = u1 + 6d = 3 + 6.2 = 15 .

Câu 15. Chọn đáp án A. Phương pháp Trang 13/26

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

GTLN, GTNN của hàm số y = f ( x ) trên [ −3; 4] lần lượt là giá trị của điểm cao nhất và điểm thấp nhất của đồ thị hàm số trên [ −3; 4] .

Cách giải Dựa vào đồ thị hàm số ta dễ dàng suy ra được M = max f ( x ) = 5; m = min f ( x ) = 0 . [ −3;4]

[ −3;4]

Vậ y M + m = 5 + 0 = 5 . Câu 16. Chọn đáp án D. Phương pháp Nhìn hình vẽ. Cách giải Hình bát diện đều có 6 đỉnh. Câu 17. Chọn đáp án B. Phương pháp Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ x = x0 là f ' ( x0 ) .

Cách giải 1. ( −3) − 1.2 −5 3 . TXĐ: D = ℝ \   . Ta có: y ' = = 2 2 2 ( 2 x − 3) ( 2 x − 3) Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x0 = −1 là y ' ( −1) =

−5

1 =− . 5  2 ( −1) − 3 2

Câu 18. Chọn đáp án B. Phương pháp Sử dụng khái niệm mặt nón: Mặt tròn xoay sinh bởi đường thẳng l cắt ∆ khi xoay quanh ∆ được gọi là mặt nón tròn xoay. Cách giải Cho đường thẳng ∆. Xét một đường thẳng l cắt ∆ tại một điểm. Mặt tròn xoay sinh bởi đường thẳng l khi quay quanh đường thẳng ∆ được gọi là mặt nón. Câu 19. Chọn đáp án D. Cách giải Đáp án A đúng vì tứ diện có 4 đỉnh và 4 mặt. Đáp án B đúng vì hình lập phương có 12 cạnh và 6 mặt. Đáp án C đúng, khối đa diện có ít đỉnh nhất là khối tứ diện, có 4 đỉnh. Câu 20. Chọn đáp án B. Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số, xác định khoảng mà trong khoảng đó theo chiều từ trái sang phải đồ thị hàm số luôn đi lên. Cách giải Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .

Câu 21. Chọn đáp án B. Phương pháp Tìm t để 300 ≤ G ( t ) ≤ 400 .

Cách giải Trang 14/26

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

Theo bài ra ta có: 300 ≤ G ( t ) = 600.e −0,12 t ≤ 400 ⇔

1 2 ≤ e −0,12t ≤ 2 3

1 2 ≤ −0,12t ≤ ln ⇔ 3, 4 ≤ t ≤ 5,8 2 3 Vậy ông A phải bán trong khoảng thời gian từ 3,4 năm đến 5,8 năm. Câu 22. Chọn đáp án D. Phương pháp Sử dụng phương pháp đồ thị hàm số giải bất phương trình. Cách giải ⇔ ln

π 4

Để bất phương trình m + e ≥ e + 1 = f ( x ) đúng với mọi x ∈ ℝ ⇔ m + e 2 ≥ max f ( x ) 2

x∈ℝ

Xét hàm số f ( x ) = 4 e 2 x + 1 ta có: f ' ( x ) =

−3 1 2x e + 1) 4 .2e 2 x > 0 ∀x ∈ ℝ . ( 4

BBT: t

+∞

−∞

f '(t ) f (t )

+∞ 1 π

Dựa vào BBT ta thấy BPT nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ ⇔ m + e 2 > 1 ⇔ m > 1 − e 2 ≈ −3,81 .

m ∈ [ 0; 2018] Kết hợp điều kiện đề bài ⇒  ⇒ có 2019 giá trị của m thỏa mãn. m ∈ ℤ Câu 23. Chọn đáp án B. Phương pháp n

Sử dụng khai triển nhị thức Newton: ( a + b ) = ∑ Cnk a k b n − k . n

k =0

Cách giải 7

7 1   Ta có:  3 x + 4  = ∑ C7k x  k =0 

( ) 3

7−k

7−k 7−k k k 7 7 − −  1  k k 3 3 4 4 = C x x = C x ∑ 7 4  ∑ 7  x  k =0 k =0

Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với

7−k k 28 − 4k − 3k − =0⇔ =0⇔ k =4. 3 4 12

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển trên là C74 = 35 .

Câu 24. Chọn đáp án D. Phương pháp Đồ thị hàm số y = log a x và y = a x đối xứng nhau qua đường thẳng y = x . Cách giải x

Ta có: y = 7 2 =

y = x là y = log

( 7 ) . Do đó hàm số có đồ thị đối xứng với ( C ) qua đường thẳng có phương trình 7

x. Trang 15/26

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

Chú ý: Nhiều HS nhầm lẫn như sau: Hàm số có đồ thị đối xứng với ( C ) qua đường thẳng có phương x và chọn đáp án B. 2 Câu 25. Chọn đáp án B. Phương pháp trình y = x là y = log 7

+) Giải phương trình logarit cơ bản: log a f ( x ) = b ⇔ f ( x ) = a b . +) Giải phương trình bậc cao đối với hàm số mũ. Cách giải 5 log 5 ( 6 − 5 x ) = 1 − x ⇔ 6 − 5 x = 51− x = x 5

⇔ (5

x 2

)

5 x = 5 x =1 − 6.5 + 5 = 0 ⇔  x ⇔ x = 0 5 = 1 x

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0;1} .

Câu 26. Chọn đáp án D. Phương pháp

0 < a < 1 Giải bất phương trình mũ cơ bản: a f ( x ) ≤ a g ( x ) ⇔  .  f ( x ) ≥ g ( x ) Cách giải

π   tan  7 

x 2 − x −9

π  ≤  tan  7 

x −1

x ≥ 4 ⇔ x2 − x − 9 ≥ x −1 ⇔ x2 − 2x − 8 ≥ 0 ⇔  x ≤ 2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( −∞; 2] ∪ [ 4; +∞ )

Câu 27. Chọn đáp án D. Phương pháp Số cực trị của hàm số y = f ( x ) là số nghiệm bội lẻ phân biệt của phương trình f ' ( x ) = 0 .

Cách giải x = 0 x = 1 3 2 Xét phương trình f ' ( x ) = 0 ⇔ x ( x − 1)( x + 2 ) ( 2 − x ) = 0 ⇔  .  x = −2  x = 2 Hàm số không đạt cực trị tại điểm x = 0 vì đó là nghiệm bội hai của phương trình f ' ( x ) = 0 . Vậy hàm số

đã cho có 3 điểm cực trị. Câu 28. Chọn đáp án A. Phương pháp +) Xét phương trình hoành độ giao điểm, tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm phân biệt. +) Sử dụng tính chất của cấp số nhân: un−1.un +1 = un2 .

Cách giải Xét phương trình hoành độ giao điểm Trang 16/26

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

x3 − 3mx 2 + 6mx − 8 = 0 ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x + 4 ) − 3mx ( x − 2 ) = 0

x = 2 ⇔ ( x − 2 )  x 2 + ( 2 − 3m ) x + 4  = 0 ⇔  2  g ( x ) = x + ( 2 − 3m ) x + 4 = 0 (*) Để đồ thị ( C ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2. m > 2 m > 2  2 ∆ = ( 2 − 3m ) 2 − 16 > 0 9m − 12m − 12 > 0 −2   ⇔ ⇔ ⇔ m< ⇔ .  m < −2 3 4 + 4 − 6m + 4 ≠ 0   g ( 2 ) ≠ 0 3  m ≠ 2 Giả sử x1 , x2 ( x1 < x2 ) là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (*). Áp dụng định lí Vi-ét ta có:

 x1 + x2 = 3m − 2   x1 x2 = 4 TH1: x1 , x2 , 2 theo thứ tự lập thành cấp số nhân ⇒ 2 x1 = x22 .

 x22  2 + x2 = 3m − 2 x = 2 ⇒ 2 ⇔ 2 ⇔ m = 2 ( ktm ) . 4 = 3m − 2  x2 x = 4  2 2 TH2: x1 , 2, x2 theo thứ tự lập thành cấp số nhân ⇔ x1 x2 = 4 (luôn đúng với mọi m > 2 hoặc m <

−2 ) 3

TH3: 2; x1 ; x2 theo thứ tự lập thành cấp số nhân, tương tự TH1 ta tìm được m = 2 (ktm). −2   Vậy kết hợp điều kiện đề bài ⇒ m ∈  −5;  ∪ ( 2;5] ⇒ có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài 3   toán. Câu 29. Chọn đáp án C. Phương pháp

Số nghiệm của phương trình f ( x ) = 4 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = 4 song song với trục hoành.

Cách giải Số nghiệm của phương trình f ( x ) = 4 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = 4 song song với trục hoành.

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y = 4 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 2 điểm phân biệt. Vậy phương trình f ( x ) = 4 có 2 nghiệm phân biệt.

Câu 30. Chọn đáp án C. Phương pháp Sử dụng các công thức: log a f ( x ) + log a g ( x ) = log a  f ( x ) g ( x )  ( 0 < a ≠ 1, f ( x ) > 0, g ( x ) > 0 )

log an b m =

m log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) n

Cách giải Trang 17/26

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

3 3 2 I = 2 log 6  log 5 ( 5a )  + log 1 b3 = 2 log 6 [1 + log 5 a ] − log 3 b = 2 log 6 6 − . = 2.1 − 1 = 1 . 2 2 3 9

Câu 31. Chọn đáp án B. Phương pháp +) Xác định bán kính đáy và chiều cao hình trụ. +) Tính thể tích khối trụ +) Tính tổng thể tích 7 viên bi, từ đó suy ra thể tích lượng nước cần dùng. Cách giải Ta mô phỏng hình vẽ đáy của hình trụ như sau: Khi đó ta có Rht = 3R và chiều cao hình trụ chính bằng đường kính viên bi và h = 2 R . 2

⇒ Vht = π Rht2 .h = π . ( 3R ) .2 R = 18π R 3

4 28π R 3 Thể tích 7 viên bi là 7. π R 3 = . 3 3 Vậy thể tích lượng nước cần dùng để đổ đầy vào lọ sau khi đã xếp bi là 18π R 3 −

28π R3 26π R 3 = 3 3

Câu 32. Chọn đáp án A. Phương pháp u' . ( log a u ) ' = u ln a Cách giải

( sin x ) '

cos x cot x . = sin x ln 3 sin x ln 3 ln 3 Câu 33. Chọn đáp án A. Phương pháp +) Đặt t = cos 2 x , tìm khoảng giá trị của t. f '( x) =

+) Đưa phương trình về dạng f ( t ) = 2m + 1 . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( t ) và đường thẳng y = 2m + 1 song song với trục hoành.

Cách giải

 π π  2π π  Đặt t = cos 2 x , vì x ∈  − ;  ⇒ 2 x ∈  − ;  ⇒ cos 2 x ∈ [ −1;0 ) .  3 4  3 2  1  Phương trình trở thành f ( t ) = 2m + 1 có nghiệm thuộc  − ;1 .  2 

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( t ) và đường thẳng y = 2m + 1 song song với trục hoành. Dựa vào BBT ta có để phương trình trở thành 1 ≤ 2m + 1 ≤ 2 ⇔ 0 ≤ m ≤

 1  f ( t ) = 2m + 1 có nghiệm thuộc  − ;1 thì  2 

1 . 2 Trang 18/26

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

 1 Vậy m ∈ 0;  .  2

Câu 34. Chọn đáp án C. Phương pháp +) Xác định các đường tiệm cận của đồ thị ( C ) .  2m + 1  +) Gọi M  m;  ∈ ( C ) . Tính khoảng cách từ M đến các đường tiệm cận. m −1   +) Giải phương trình khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng 3 lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang tìm m. Cách giải

TXĐ: D = ℝ \ {1} .

Đồ thị hàm số y =

2x +1 có TCĐ là x = 1 ⇔ x − 1 = 0 ( d1 ) và TCN: y = 2 ⇔ y − 2 = 0 ( d 2 ) . x −1

 2m + 1  Gọi M  m;  ∈ ( C ) ta có: m −1   d ( M ; d1 ) = m − 1 ; d ( M ; ( d 2 ) ) =

2m + 1 3 −2 = m −1 m −1

Vì khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng 3 lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang nên d ( M ; d1 ) = 3d ( M ; ( d 2 ) ) ⇔ m − 1 =

 m = 4 ⇒ M ( 4;3) ( tm ) 9 2 ⇔ ( m − 1) = 3 ⇔  m −1  m = −2 ⇒ M ( −2;1) ( tm )

Vậy có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 35. Chọn đáp án A. Phương pháp +) Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm. +) Tính độ dài AB và áp dụng định lí Vi-ét. Cách giải Xét phương trình hoành độ giao điểm

−x + m =

−2 x + 1 x +1

( x ≠ −1) ⇔ − x 2 − x + mx + m = −2 x + 1

⇔ x 2 − ( m + 1) x − m + 1 = 0 (*) Để đường thẳng d : y = − x + m cắt đồ thị hàm số y =

−2 x + 1 tại hai điểm phân biệt A, B thì phương trình x +1

(*) có 2 nghiệm phân biệt khác −1 . 2  m > −3 + 2 3 ( m + 1)2 − 4 ( − m + 1) > 0 m + 6m − 3 > 0 ⇔ ⇔ ⇔ 3 ≠ 0 ( luon dung ) 1 + m + 1 − m + 1 ≠ 0  m < −3 − 2 3

Gọi A ( x A ; − x A + m ) ; B ( xB ; − xB + m ) , khi đó xA , xB là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (*). Áp dụng x + x = m +1 định lí Vi-ét ta có:  A B .  x A xB = − m + 1 Ta có: Trang 19/26

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

2 2 2 2 AB 2 = ( x A − xB ) + ( − x A + m + xB − m ) = 2 ( x A − xB ) = 2 ( x A + xB ) − 4 x1 x2   

= 2 ( m + 1) − 4 ( − m + 1)  = 2 ( m 2 + 6m − 3) ≤ 8 ⇔ m 2 + 6m − 3 ≤ 4 ⇔ −7 ≤ m ≤ 1   2

m ∈ ℤ Kết hợp điều kiện ⇒  ⇔ S = {−7;1} .  −7; −3 − 2 3 ∪ −3 + 2 3;1 m ∈   

) (

Câu 36. Chọn đáp án D. Phương pháp Hàm số bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó. Cách giải −3 TXĐ: D = ℝ \ {1} . Ta có y ' = < 0 ∀x ∈ D ⇒ Hàm số đã cho nghịch biến trên [ 2;3] . 2 ( x − 1) 5  2 2 2 y = y ( 3) =  xmin ∈[ 2;3] 2 ⇒  min y  +  max y  =  5  + 42 = 89 . ⇒  x∈[ 2;3]   x∈[ 2;3]   2  4  max y = 4 x ∈ 2;3 [ ] 

Câu 37. Chọn đáp án C. Phương pháp +) Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh G là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC. +) Trung tuyến của tam giác đều cạnh a là

a 3 . 2

Cách giải Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ GA = GB = GC (1). Gọi M là trung điểm của BC ta có:

( ABC ) ∩ ( SBC ) = BC  ⇒ AM ⊥ ( SBC ) . ( ABC ) ⊥ ( SBC )   AM ⊂ ( ABC ) , AM ⊥ BC Lại có ∆SBC vuông tại S (gt) ⇒ M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC. ⇒ SM là trục của tam giác SBC. Mà G ∈ AM ⇒ GS = GB = GC (2). Từ (1) và (2) ⇒ GA = GB = GC = GS ⇒ G là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC. Tam giác ABC đều cạnh a ⇒ AM =

2 a 3 a 3 ⇒ GA = AM = . 2 3 3

Câu 38. Chọn đáp án B. Phương pháp Sử dụng công thức ( u n ) ' = nu n −1.u ' .

Cách giải Ta có: y ' =

−2 1 2 2x −1 3 2x −1 = x − x + 1 ( ) ( ) 2 3 3 3 ( x 2 − x + 1)

Trang 20/26

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

Câu 39. Chọn đáp án D. Câu 40. Chọn đáp án C. Phương pháp +) Tính y ' . +) Dựa vào giá trị của m, xét dấu y ' và tìm điều kiện để hàm số có y ' > 0 ∀x ∈ (1;5 ) .

Cách giải

x = 0 Ta có: y ' = 4 x3 − 4 ( m − 1) x = 0 ⇔ 4 x ( x 2 − m + 1) = 0 ⇔  2 .  x = m −1 TH1: m ≤ 1 ⇒ y ' = 0 ⇔ x = 0 .

⇒ Hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) và nghịch biến trên ( −∞; 0 ) ⇒ Hàm số đồng biến trên (1;5 ) ™.

x = 0  TH2: m > 1 ⇒ y ' = 0 ⇔  x = m − 1 x = − m −1  Bảng xét dấu y ' : y'

−∞

−

− m −1

−

m −1

+∞

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy để hàm số đồng biến trên (1;5 ) ⇔ m − 1 ≤ 1 ⇔ m ≤ 2 .

⇒1< m ≤ 2. Kết hợp 2 trường hợp ta có m ≤ 2 . Câu 41. Chọn đáp án C. Phương pháp Cho hàm số y = f ( x ) . +) Nếu lim y = y0 ⇒ y = y0 là TCN của đồ thị hàm số. x →∞

+) Nếu lim y = ∞ ⇒ x = x0 là TCĐ của đồ thị hàm số. x → x0

Cách giải Dựa vào BBT ta thấy: lim y = 5 ⇒ y = 5 là TCN của đồ thị hàm số.

x →−∞

lim y = −∞ ⇒ x = 2 là TCĐ của đồ thị hàm số.

x → 2−

lim y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ x = 3 TCĐ của đồ thị hàm số.

x →3−

x →3

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận. Câu 42. Chọn đáp án B. Phương pháp Phân chia và lắp ghép các khối đa diện. Cách giải

Trang 21/26

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

Lấy G ∈ AA ', H ∈ CC ' sao cho AG = 2GA ', CH = 2 HC ' , dễ thấy

( EGFH ) / / ( ABCD )

2 2 và VABCD.EGFH = VABCD. A ' B 'C ' D ' = . 3 3

Ta có: VABCD.EGFH = VA.GEF + VC .EFH + VF . ACD + VE . ABC + VACEF

⇒ VACEF = VABCD.EGFH − (VA.GEF + VC . EFH + VF . ACD + VE . ABC ) 2 1 2 2 − 4. . = 3 6 3 9 Câu 43. Chọn đáp án A. Phương pháp +) Chứng minh tam giác SHC đều, kẻ CK ⊥ SH , chứng minh CK / / OO ' . =

+) CK / / OO ' ⇒ ∠ ( OO '; ( ABC ) ) = ∠ ( CK ; ( ABC ) ) . +) Xác định góc giữa CK và ( ABC ) và tính góc đó.

Cách giải Ta có: SI ⊥ ( ABC ) ⇒ SI ⊥ HC . Xét tam giác SHC có SI là trung tuyến đồng thời là đường cao ⇒ ∆SHC cân tại S ⇒ SH = SC (1)  AB ⊥ HC Ta có:  ⇒ AB ⊥ ( SHC ) ⇒ AB ⊥ SH .  AB ⊥ SI Do ∆ABC vuông tại C và ∆SAB vuông tại S, lại có O là trung điểm của AB ⇒ OA = OB = OS = OC . Xét tam giác OSH và tam giác vuông OCH có:

OS = OC ( cmt ) ; OH chung

⇒ ∆OSH = ∆OCH (cạnh huyền – cạnh góc vuông) ⇒ SH = CH (2) Từ (1) và (2) ⇒ ∆SHC đều. Gọi K là trung điểm của SH ta có CK ⊥ SH . Do AB ⊥ ( SHC ) ( cmt ) ⇒ AB ⊥ CK ⇒ CK ⊥ ( SAB ) ( 3) . Vì tam giác SAB vuông tại S ⇒ O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆SAB . O ' là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABSI ⇒ OO ' là trục của ∆SAB ⇒ OO ' ⊥ ( SAB ) (4).

Từ (3) và (4) ⇒ CK / / OO ' ⇒ ∠ ( OO '; ( ABC ) ) = ∠ ( CK ; ( ABC ) ) . Trong ( SHC ) kẻ KM / / SI ( M ∈ CH ) ⇒ CM là hình chiếu của CK trên ( ABC ) .

⇒ ∠ ( CK , ( ABC ) ) = ∠ ( CK , CM ) = ∠KCM = ∠KCH . Do tam giác SHC là tam giác đều (cmt) ⇒ Đường cao CK đồng thời là phân giác ⇒ ∠KCH = 30° . Vậy ∠ ( OO '; ( ABC ) ) = 30° ⇒ α = 30° ⇒ cos α =

3 . 2

Câu 44. Chọn đáp án B. Phương pháp Đưa bất phương trình về dạng tích và biện luận. Cách giải Trang 22/26

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

( 2m − 4 ) ( x3 + 2 x 2 ) + ( m2 − 3m + 2 )( x 2 + 2 x ) − ( m3 − m2 − 2m ) ( x + 2 ) < 0 ⇔ 2 x 2 ( m − 2 )( x + 2 ) + x ( m − 1)( m − 2 )( x + 2 ) − m ( m + 1)( m − 2 )( x + 2 ) < 0 ⇔ ( m − 2 )( x + 2 )  2 x 2 + ( m − 1) x − m ( m + 1)  < 0

⇔ ( m − 2 )( x + 2 )( x + m )( 2 x − m − 1) < 0 (*) TH1: m = 2 ⇒ 0 < 0 ⇒ Bất phương trình vô nghiệm ⇒ m = 2 (tm). TH2: m ≠ 2 , vế trái (*) f ( x ) = ( m − 2 )( x + 2 )( x + m )( 2 x − m − 1) là đa thức bậc ba, do đó luôn tồn tại

x0 ∈ ℝ để f ( x0 ) < 0 ⇒ Bất phương trình luôn có nghiệm ∀m ≠ 2 . Vậy tồn tại duy nhất m = 2 để bất phương trình đã cho vô nghiệm. Câu 45. Chọn đáp án A. Phương pháp +) Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp tính đạo hàm của hàm số g ( x ) = f ( 2 x − 2 ) − 2e x . +) Xét dấu g ' ( x ) trên từng khoảng ở các đáp án và kết luận.

Cách giải Đặt g ( x ) = f ( 2 x − 2 ) − 2e x ta có: g ' ( x ) = 2 f ' ( 2 x − 2 ) − 2e x = 2  f ' ( 2 x − 2 ) − e x  2 x − 2 ∈ ( −2;0 ) ⇒ f ' ( 2 x − 2 ) < 0 Với x ∈ ( 0;1) ta có  x  x ∈ ( 0;1) ⇒ e ∈ (1; e ) > 0

⇒ g ' ( x ) = 2  f ' ( 2 x − 2 ) − e x  < 0 ∀x ∈ ( 0;1) ⇒ Hàm số f ( 2 x − 2 ) − 2e x nghịch biến trên ( 0;1) .

Câu 46. Chọn đáp án B. Phương pháp +) Gọi H là trung điểm của AB. Chứng minh ∠ ( ( SAB ) ; ( ABCD ) ) = ∠SHO . +) Tính tan ∠SHO . Cách giải Gọi H là trung điểm của AB. Tam giác SAB cân tại S ⇒ SH ⊥ AB .

 AB ⊥ SO Ta có:  ⇒ AB ⊥ ( SHO ) ⇒ AB ⊥ OH  AB ⊥ SH ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB  ( SAB ) ⊃ SH ⊥ AB  ( ABCD ) ⊃ OH ⊥ AB ⇒ ∠ ( ( SAB ) ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SH , OH ) = ∠SHO . Xét tam giác vuông SHO có

3 AB SH 2 tan ∠SHO = = = 3 ⇒ ∠SHO = 60° . AB OH 2 Câu 47. Chọn đáp án B. Phương pháp Trang 23/26

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

+) Dựa vào đồ thị hàm số y = f ' ( x ) lập BBT của hàm số y = f ( x ) . +) Số nghiệm của phương trình f ( x ) = 5h là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = 5h song song với trục hoành.

Cách giải

 x = −3 Dựa vào đồ thị hàm số y = f ' ( x ) ta có f ' ( x ) = 0 ⇔  x = −1 .  x = 1 Ta có BBT của hàm số y = f ( x ) như sau:

−3

−∞

f '( x)

−

−1 +

f ( x)

−

1 0

+∞ + y = 5h

Ta có: f ( 0 ) = 5h . Số nghiệm của phương trình f ( x ) = 5h là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = 5h song song với trục hoành.

Dựa vào BBT ta thấy phương trình f ( x ) = 5h có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 48. Chọn đáp án D. Phương pháp +) Sử dụng quy tắc nhân tính xác suất của biến cố A. 1 3 +) Xét khai triển 1 =  +  4 4

1 3 +) Giả sử Ak = C25k     4 4

25 − k

là số hạng lớn nhất khai trong khai triển trên, giải hệ phương trình

 Ak > Ak −1 tìm k ∈ ℤ .   Ak > Ak +1 Cách giải 1 và xác suất 4

Do mỗi câu có 4 đáp án trong đó chỉ có 1 đáp án đúng nên xác suất để trả lời đúng 1 câu là

để trả lời sai 1 câu là

3 . 4 k

1 3 Gọi A là biến cố “Bình làm đúng k câu”, xác suất của biến cố A là P ( A) = C25k     4 4 25

25 1 3 k 1 3 Xét khai triển 1 =  +  = ∑ C25     4 4 4 4 k =0 k

1 3 Giả sử Ak = C     4 4 k 25

25 − k

là số hạng lớn nhất trong khai triển trên ta có: Trang 24/26

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

k −1 26 − k  k  1  k  3  25− k 1  3 > C25k −1     C25      Ak > Ak −1  4 4 4  4 ⇔  k k +1 25 − k 24 − k  Ak > Ak +1 3  k 1 3 k +1  1  > C25     C25  4   4  4 4 

25! 1 25! 3  3 1 >  k !( 25 − k ) ! 4 > ( k − 1) !( 26 − k ) ! 4    k 26 − k ⇔ ⇔ 25! 3 25! 1   3 > 1 >   25 − k k + 1  k !( 25 − k ) ! 4 ( k + 1) !( 24 − k ) ! 4  26 − k − 3k  k<  k ( 26 − k ) > 0   ⇔ ⇔  3k + 3 − 25 + k > 0 k >  ( 25 − k )( k + 1) 

26 4 ⇔ 22 < k < 26 , k ∈ ℤ ⇒ k = 6 22 4 4 4

Câu 49. Chọn đáp án B. Phương pháp +) Dựng thiết diện MNPQ ( N ∈ AB, P ∈ AC , Q ∈ SC ). +) V1 = VS . ANP + VS . NPM + VS .PMQ SM = x . Sử dụng các công thức tỉ lệ thể tích, tính V1 theo x và V. SB V 20 +) Dựa vào giả thiết 1 = giải phương trình tìm x. V 27 Cách giải Dựng +) Đặt

MN / / SA ( N ∈ AB ) , NP / / BC ( P ∈ AC ) ; PQ / / SA ( Q ∈ SC ) . Khi đó thiết diện cần tìm là MNPQ . Ta có V1 = VS . ANP + VS . NPM + VS .PMQ SM SQ AP AN = x⇒ = = =x SB SC AC AB V S AN AP Ta có: S . ANP = ANP = . = x 2 ⇒ VS . ANP = x 2V VS . ABC S ABC AB AC

Đặt

VS . NPM SM = = x ( x < 1) ⇒ VS . NPM = xVS . NPB VS . NPB SB

S BNP BN S AP = = 1 − x; BAP = =x S BAP BA S ABC AC ⇒

S BNP S BAP S . = (1 − x ) x ⇒ BNP = (1 − x ) x S BAP S ABC S ABC

⇒

VS . NPB S BNP = = (1 − x ) x ⇒ VS . NPB = (1 − x ) xV VS . ABC S ABC

⇒ VS . NPM = x 2 (1 − x ) V

Trang 25/26

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

VS .PMQ VS . PBC

SM SQ = x2 . SB SC

VS . PBC S PBC PC = = = 1− x VS . ABC S ABC AC ⇒

VS .PMQ

= x 2 (1 − x ) ⇒ VS . PMQ = x 2 (1 − x ) V

VS . ABC

⇒ V1 = VS . ANP + VS . NPM + VS .PMQ = ( x 2 + 2 x 2 (1 − x ) ) V ⇒

V1 = x 2 + 2 x 2 (1 − x ) = 3 x 2 − 2 x 3 V

V1 20 20 2 = ⇔ 3 x 2 − 2 x3 = ⇔x= . V 27 27 3 Câu 50. Chọn đáp án B. Phương pháp

Mà

Kẻ AE ⊥ BC ( E ∈ BC ) ⇒ d ( B; ( SCD ) ) =

BC BC d ( E; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) EC EC

Cách giải Kẻ AE ⊥ BC ( E ∈ BC ) ta có: AD = AC 2 − CD 2 =

a 3 = CE 2

a a 3 BE = AE.cot 30° = . 3 = 2 2 ⇒ E là trung điểm của BC

⇒ d ( B; ( SCD ) ) = 2d ( E; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) Trong ( SAD ) kẻ AH ⊥ SD ( H ∈ SD ) ta có:

CD ⊥ AD ⇒ CD ⊥ ( SAD ) ⇒ CD ⊥ AH  CD ⊥ SA  AH ⊥ CD ⇒ AH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( A; ( SCD ) ) = AH   AH ⊥ SD Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAD ta có:

AH =

SA. AD 2

SA + AD

Vậy d ( B; ( SCD ) ) =

a 3 a 3 . 2 2

a 3 a 3   +  2    2 

a 6 4

a 6 . 2

Trang 26/26

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH TRƯỜNG THPT HOÀNG VĂN THỤ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2018 -2019 TRẮC NGHIỆM MÔN TOÁN 12 (Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề)

Mã đề : 205 Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình, tỉnh Hòa Bình lần thứ nhất môn Toán bám rất sát đề thi thử THPTQG của BGD&ĐT. Phần kiến thức trọng tâm rơi vào lớp 12, bên cạnh đó là khối lượng không nhỏ kiến thức lớp 11. Với đề thi này, ở mức độ khá, HS có thể dễ dàng được 7 điểm. Tuy nhiên, các câu hỏi cuối khá hóc búa và hiếm gặp, nhằm phân loại HS ở mức độ cao nhất có thể. Đề thi này giúp các em HS định hướng được lượng kiến thức của mình và có chương trình ôn tập hợp lí cho giai đoạn nước rút này. Câu 1. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2 + 3 là A.

x3 + 3x + C 3 1

Câu 2. Tích phân

B. x3 + 3 x + C

x3 + 3x + C 2

D. x 2 + 3 + C

∫ 2 x + 5 dx bằng 0

1 7 1 5 4 1 7 ln B. ln C. − D. log 2 5 2 7 35 2 5 Câu 3. Cho số phức z = 2 + 5i. Điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng Oxy có tọa độ là:

A. ( 5; 2 )

B. ( 2;5 )

C. ( −2;5 )

D. ( 2; −5 )

Câu 4. Một bạn học sinh có 3 cái quần khác nhau và 2 cái áo khác nhau. Hỏi bạn học sinh đó có bao nhiêu cách lựa chọn 1 bộ quần áo. A. 5 B. 4 C. 3 D. 6 Câu 5. Trong không gian Oxyz, phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M ( 2;0; −1) và có vecto chỉ phương u = ( 2; −3;1) là

 x = −2 + 2t  A.  y = −3t  z = −1 + t 

 x = 2 + 2t  x = −2 + 2t   B.  y = −3 C.  y = −3t D. z = 1− t z = 1+ t   Câu 6. Trong không gian Oxyz cho a = (1; 2;3) , b = ( 4;5;6 ) . Tọa độ a + b là A. ( 3;3;3)

B. ( 2;5;9 )

C. ( 5;7;9 )

 x = 2 + 2t   y = −3t  z = −1 + t 

D. ( 4;10;18 )

Câu 7. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x + y − 2 z + 4 = 0. Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (P) là A. n = (1;1; −2 )

B. n = (1; 0; −2 )

C. n = (1; −2; 4 )

D. n = (1; −1; 2 )

Câu 8. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là đúng?

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

y′

−

−1

−∞

1 0

−

+∞ +

+∞ −3

A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng −1 bằng 1 B. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 C. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 D. Hàm số có đúng hai điểm cực trị Câu 9. Cho hàm số f ( x ) có đồ thị hàm số như hình vẽ. Khẳng định nào sai?

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;1) C. Hàm số đồng biến trên khoảng (1; ∞ ) D. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ ) Câu 10. Phương trình log 2 ( x + 1) = 2 có nghiệm là A. x = −3

B. x = 1

C. x = 3

D. x = 8

Câu 11. Đồ thị hàm số nào đi qua điểm M (1; 2 ) A. y =

−2 x − 1 x+2

B. y = 2 x 3 − x + 1

C. y =

x2 − x + 1 x−2

D. y = − x 4 + 2 x 2 − 2

1 7 Câu 12. Cho một cấp số cộng ( un ) là u1 = , u2 = . Khi đó công sai d bằng 2 2 3 A. B. 6 C. 5 D. 3 2 Câu 13. Trong các hàm số sau đây, hàm số nào đồng biến trên R

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

π  A. y =   3

 1  B. y =    3

 2 C. y =   e

 1  D. y =    2

Câu 14. Thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r = 4 và chiều cao h = 4 2 là: A. V = 32π

B. V = 32 2π

C. V = 64 2π

D. V = 128π

Câu 15. Thể tích của một khối lăng trụ có đường cao bằng 3a, diện tích mặt đáy bằng 4a 2 là: A. 12a 3

B. 4a 3

C. 4a 2

D. 12a 2

Câu 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, BC = a 3. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 300. Thể tích khối chóp S . ABCD bằng

3a 3 3

2a 3 3

3a 3

2 6a 3 3

Câu 17. Đạo hàm của hàm số y = ( x3 − 2 x 2 ) bằng A. 6 x5 − 20 x 4 + 4 x 3

B. 6 x5 − 20 x 4 − 16 x3

C. 6 x5 + 16 x 3

D. 6 x 5 − 20 x 4 + 16 x 3

Câu 18. Gọi M và N là giao điểm của đồ thị hai hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 2 và y = − x 2 + 4 . Tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng MN là A. (1; 0 )

B. ( 0; 2 )

C. ( 2;0 )

D. ( 0;1)

Câu 19. Diện tích S của hình phẳng (H) giới hạn bởi hai đường cong y = − x 3 + 12 x và y = − x 2 là A. S =

397 4

B. S =

937 12

C. S =

343 12

D. S =

793 4

Câu 20. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( −2;1;1) , B ( 0; −1;1) . Phương trình mặt cầu đường kính AB là 2

B. ( x + 1) + y 2 + ( z − 1) = 2

D. ( x − 1) + y 2 + ( z − 1) = 2

A. ( x + 1) + y 2 + ( z − 1) = 8 C. ( x + 1) + y 2 + ( z + 1) = 8

Câu 21. Cho hàm số y = − x 4 + 2 x 2 + 3 có giá trị cực tiểu lần lượt là y1 , y2 . Khi đó y1 + y2 bằng A. 7

B. 1

C. 3

D. – 1

Câu 22. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, BC = a 3, cạnh

SA = 2a, SA ⊥ ( ABCD ) . Gọi α là góc giữa đường thẳng SC với mặt phẳng

( ABCD ) . Giá trị

tan α

bằng

1 2 Câu 23. Thể tích của khối nón có đường sinh bằng 10 và bán kính đáy bằng 6 là: A. 196π B. 48π C. 96π D. 60π A. 2

C. 1

Câu 24. Cho số phức z thỏa mãn (1 + 2i ) z = 6 − 3i. Phần thực của số phức z là: A. – 3

B. 3

C. 0

D. −3i 3

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

Câu 25. Tập nghiệm S của bất phương trình log 1 ( x 2 −3 x + 2 ) ≥ −1 là 2

A. S = [ 0;3]

B. S = [ 0; 2 ) ∪ ( 3;7 ] C. S = [ 0;1] ∪ ( 2;3]

D. S = (1; +∞ )

Câu 26. Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng ( P ) : 2 x − y − 2 z − 9 = 0, ( Q ) : x − y − 6 = 0. Góc giữa hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) bằng

A. 900

B. 300

C. 450

D. 600

Câu 27. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 − 2 z + 2018 = 0. Khi đó giá trị biểu thức

A = z1 + z2 − z1 z2 bằng A. 2017

B. 2019

C. 2018

D. 2016 3x − 7 Câu 28. Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = là x+2 A. ( 2; −3)

B. ( −2;3)

C. ( 3; −2 )

Câu 29. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

D. ( −3; 2 )

x+3 trên đoạn [ 2;5] bằng 2x − 3

7 8 B. C. 5 8 7 Câu 30. Cho a = log 3 2, b = log 3 5. Khi đó log60 bằng A.

−2a + b − 1 a+b

2a + b + 1 a+b

2a + b − 1 a+b

2 7

2a − b − 1 a+b

Câu 31. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, ABC = 300. SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) là: A. a 5

3 a 4

39a 13

1 a 13

Câu 32. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, AC = 2 3a, BD = 2a, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến (SAB) bằng

a 3 . Thể tích của khối chóp S.ABCD là: 4

a3 3 12

a3 3 3

a3 3 18

a3 3 16

20 x 2 − 30 x + 7 3  Câu 33. Biết rằng trên khoảng  ; +∞  , hàm số f ( x ) = có một nguyên hàm 2x − 3 2  F ( x ) = ( ax 2 + bx + c ) 2 x − 3, ( a, b, c ∈ Z ) . Tổng S = a + b + c bằng

A. 6

B. 5

C. 4

D. 3 2

Câu 34. Cho hàm số

f ( x ) liên tục trên R và

f ( 2 ) = 16, ∫ f ( x ) dx = 4. Tính tích phân 0

I = ∫ x. f ′ ( 2 x ) dx 0

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

A. 13

B. 12

C. 20

D. 7

Câu 35. Cho hàm số y = ax + bx + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng? 3

A. a < 0, b > 0, c < 0, d < 0

B. a < 0, b < 0, c < 0, d > 0

C. a > 0, b > 0, c < 0, d < 0

D. a < 0, b > 0, c > 0, d < 0 2

Câu 36. Số nghiệm của phương trình ( log 2 4 x ) − 3log A. 1

B. 3

x − 7 = 0 là

C. 2

D. 4

1 Câu 37. Cho hàm số y = − x3 + mx 2 + ( 3m + 2 ) x − 5. Tập hợp các giá trị của tham số m để hàm số 3 nghịch biến trên ( −∞; +∞ ) là [ a; b ] . Khi đó a − 3b bằng

A. 5 B. 1 C. 6 D. – 1 Câu 38. Ba người A, B, C đi săn độc lập với nhau, cùng nổ súng bắn vào mục tiêu. Biết rằng xác suất bắn trúng mục tiêu của A, B, C tương ứng là 0,7; 0,6; 0,5. Xác suất để có ít nhất một người bắn trúng là: A. 0,94 B. 0,8 C. 0,45 D. 0,75 Câu 39. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z − 2i = 2 và z 2 là số thuần ảo? A. 3 Câu

40.

B. 1 Trong

không

gian

C. 2 Oxyz

cho

hai

đường

thẳng

D. 4 x + 1 y −1 z − 2 d1 : = = 3 2 −1

x −1 y −1 z + 1 . Đường thẳng ∆ đi qua điểm A (1; 2;3) vuông góc với d1 và cắt đường thẳng = = −1 2 −1 d 2 có phương trình là d2 :

x −1 = 1 x −1 C. = −1

y−2 = −1 y−2 = −3

z −3 1 z −3 −5

x −1 = 1 x −1 D. = 2

y−2 = −3 y−2 = −1

z −3 −3 z −3 4

Câu 41. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị các hàm số sau y = x , y = 1 đường thẳng x = 4 (tham khảo hình vẽ). Thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình (H) khi quay quanh đường thẳng y = 1 bằng

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

9 π 2

119 π 6

7 π 6

21 π 2

2 Câu 42. Cho hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ có thể tích bằng 1. Gọi M là điểm thỏa mãn BM = BB′ và 3 N là trung điểm của DD’. Mặt phẳng (AMN) chia hình hộp thành hai phần, thể tích phần có chứa điểm A’ bằng 67 4 3 181 A. B. C. D. 144 9 8 432

Câu 43. Cho hàm số bậc ba y = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị hàm số g ( x)

(x =

− 4x + 4) x −1

x  f 2 ( x ) − f ( x ) 

A. 5

có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

B. 2

C. 3

D. 6

Câu 44. Cho hàm số y = f ( x ) , biết hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) và hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Đặt g ( x ) = f ( x + 1) . Kết luận nào sau đây là đúng?

A. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng (3;4) B. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng (0;1)

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

C. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng (4;6) D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 2; +∞ ) Câu 45. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Biết AB = BC = a, 3a 2 , SA ⊥ ( ABCD ) . M, N theo thứ tự là trung điểm của SB, SA. Khoảng cách từ N 2 đến mặt phẳng (MCD) bằng: a a 4a 3a A. B. C. D. 3 4 3 4

AD = 2a, SA =

Câu 46. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 )

= 16 và điểm

A (1; 2;3) . Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau cắt mặt cầu theo ba đường tròn. Gọi S là tổng diện tích của ba hình tròn đó. Khi đó S bằng: A. 32π B. 36π C. 38π

D. 16π

Câu 47. Cho hàm số f ( x ) = mx − 3mx + ( 3m − 2 ) x + 2 − m với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá 3

trị nguyên của tham số m ∈ [ −10;10] để hàm số g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị

A. 9

B. 7

C. 10

D. 11

Câu 48. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (1; −1; 2 ) , B ( 3; −4; −2 ) và đường thẳng

 x = 2 + 4t  d :  y = −6t . Điểm I ( a, b, c ) thuộc d là điểm thỏa mãn IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó  z = −1 − 8t  T = a + b + c bằng 23 A. 58

B. −

Câu 49. Cho hai số phức z=

43 58 z1 , z2

C. thỏa mãn

65 29

D. −

21 58

z1 = 3, z2 = 4, z1 − z2 = 41. Xét số phức

z1 = a + bi ( a, b ∈ R ) . Khi đó b bằng z2

3 8

3 3 8

2 4

5 4

Câu 50. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R có đạo hàm thỏa mãn f ′ ( x ) + 2 f ( x ) = 1, ∀x ∈ R và 1

f ( 0 ) = 1. Tích phân

∫ f ( x ) dx bằng 0

3 1 − 2 e2

3 1 − 4 4e 2

1 1 − 4 4e 2

1 1 D. − − 2 2 e

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

MA TRẬN Cấp độ câu hỏi STT

Chuyên đề

Đơn vị kiến thức

Đồ thị, BBT

Cực trị

Đơn điệu

Hàm số

Min - max

Tiệm cận

Bài toán thực tế

Hàm số mũ - logarit

Biểu thức mũ logarit

Phương trình, bất phương trình mũ logarit

Bài toán thực tế

Nguyên hàm

13 14

Nguyên hàm – Tích phân

Dạng hình học

PT phức

Đường thẳng Hình Oxyz Mặt phẳng

M ặt cầu

Bài toán tọa độ điểm, vecto

Vận dụng cao

Tổng

C44 C47 C37

C18

C29

C43

C13 C30

C10

C25

C36

C33 C2

C34

C50

C19 C41

Dạng đại số

Ứng dụng tích phân Bài toán thực tế

Số phức

C35

Vận dụng

C21

Tích phân

C8 C11

Tương giao

Mũ logarit

Nhận Thông biết hiểu

C24

C39

C49

C27 C5 C7

C40

C47

C26 C20 C46

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

Bài toán về min, max

Thể tích, tỉ số thể tích

HHKG

Khoảng cách, góc

Khối nón

Khối tròn xoay

C32 C42 C22 C31

Khối trụ

C45

C14

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện Tổ hợp – chỉnh hợp

CSC CSN

Xác định thành phần CSC - CSN

PT - BPT

Bài toán tham số

Đạo hàm

Đạo hàm hàm số

C16

C23

T ổ hợ p – xác suất

C15

Xác suất

C38 C12

C17

NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan. Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 14%. Không có câu hỏi thuộc kiến thức lớp 10. Cấu trúc tương tự đề thi minh họa năm 2018-2019. 23 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 6 câu VDC. Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng, tuy nhiên có sự phân hóa cao với nhiều câu VDC ở nhiều mảng kiến thức. Đề thi phân loại học sinh ở mức khá.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1–A

2–A

3–B

4–D

5–D

6–C

7–A

8–C

9–B

10 - C 9

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

11 – B

12 – D

13 – A

14 – C

15 – A

16 – A

17 – D

18 – B

19 – B

20 – B

21 – A

22 – C

23 – C

24 – C

25 – C

26 – C

27 – D

28 – B

29 – B

30 – B

31 – C

32 – B

33 – C

34 – D

35 – D

36 – C

37 – B

38 – A

39 – C

40 – B

41 – C

42 – D

43 – B

44 – B

45 – B

46 – C

47 – C

48 – D

49 – D

50 – B

Câu 1. Chọn A. Phương pháp:

x n +1 + C ( n ≠ −1) n +1 Cách giải: n ∫ x dx =

x3 ∫ ( x + 3) dx = 3 + 3x + C Câu 2. Chọn A. Phương pháp: 1 ∫ x dx = ln x + C Cách giải: 2

1 1 1 d ( 2 x + 5) 1 1 1 1 7 dx = ∫0 2 x + 5 2 ∫0 2 x + 5 = 2 ln 2 x + 5 0 = 2 ln 7 − 2 ln 5 = 2 ln 5 1

Câu 3. Chọn B. Phương pháp: Số phức z = a + bi, ( a, b ∈ R ) có điểm biểu diễn số phức trong mặt phẳng Oxy là ( a, b )

Cách giải: Điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng Oxy có tọa độ là: (2;5) Câu 4. Chọn D. Phương pháp: Sử dụng quy tắc nhân. Cách giải: Học sinh đó có 3.2 = 6 cách lựa chọn 1 bộ quần áo. Câu 5. Chọn D. Phương pháp:

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và có VTCP u = ( a, b, c ) là

 x = x0 + at   y = y0 + bt  z = z + ct 0  Cách giải:

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

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M ( 2;0; −1) và có VTCP u = ( 2; −3;1) là  x = 2 + 2t   y = −3t  z = −1 + t  Câu 6. Chọn C. Phương pháp: u = ( x1 , y1 , z1 ) ⇒ u + v = ( x1 + x2 ; y1 + y2 ; z1 + z2 )  v = ( x2 , y2 , z2 ) Cách giải: Tọa độ a + b là (5;7;9) Câu 7. Chọn A. Phương pháp: Mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 nhận n = ( A; B; C ) là 1 VTPT. Cách giải:

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là: n = (1;1; −2 ) Câu 8. Chọn C. Phương pháp: Đánh giá dấu của f ′ ( x ) và chỉ ra cực đại, cực tiểu của hàm số y = f ( x ) - Cực tiểu là điểm mà tại đó f ′ ( x ) đổi dấu từ âm sang dương. - Cực đại là điểm mà tại đó f ′ ( x ) đổi dấu từ dương sang âm. Cách giải: Hàm số đạt cực đại tại x = 0. Câu 9. Chọn B. Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số xác định các khoảng đơn điệu của hàm số. Cách giải: Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;1) là khẳng định sai.

Câu 10. Chọn C. Phương pháp:

log a b = c ⇔ b = a c Cách giải:

log 2 ( x + 1) = 2 ⇔ x + 1 = 22 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3 Câu 11. Chọn B. Phương pháp: Thay tọa độ của điểm M vào các hàm số. Cách giải: 11

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

Ta có: 2 = 2.13 − 1 + 1 ⇒ M (1; 2 ) thuộc đồ thị hàm số y = 2 x 3 − x + 1

Câu 12. Chọn D. Phương pháp: Số hạng tổng quát của CSC có số hạng đầu u1 và công sai d là: un = u` + ( n − 1) d .

Cách giải: Ta có: u2 = u1 + d ⇔

7 1 = +d ⇔ d =3 2 2

Câu 13. Chọn A. Phương pháp: Hàm số y = a x ( a > 0, a ≠ 1) +) Nếu a > 1 thì hàm số y = a x đồng biến trên R. +) Nếu 0 < a < 1 thì hàm số y = a x nghịch biến trên R.

Cách giải: x

π  Ta có: 0 < < 1 ⇒ Hàm số y =   đồng biến trên R. 3 3 Câu 14. Chọn C. Phương pháp:

Thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là: V = π r 2 h Cách giải: Thể

tích 2

của

khối

trụ

có

bán

kính

đáy

r=4

và

chiều

cao

h=4 2

là

V = π r h = π .4 .4 2 = 64 2π Câu 15. Chọn A. Phương pháp: Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy là S và chiều cao h là: V = S .h Cách giải:

Thể tích của khối lăng trụ đó là: V = S .h = 4a 2 .3a = 12a 3 Câu 16. Chọn A. Phương pháp:

+) Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P). 12

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

Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’. 1 +) Thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là V = Sh 3 Cách giải:

= 300 Ta có: SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ ( SD; ( ABCD ) ) = SDA = a 3.tan 300 = a ∆SAD vuông tại A ⇒ SA = AD.tan SDA

Diện tích hình chữ nhật ABCD: S ABCD = a.a 3 = a 2 3

1 1 3 3 Thể tích khối chóp S.ABCD là: V = S ABCD .SA = a 2 3.a = a 3 3 3 Câu 17. Chọn D. Phương pháp:

Đạo hàm hàm hợp:  f ( u ( x ) ) ′ = f ′ ( u ( x ) ) .u ′ ( x ) Cách giải: 2

y = ( x3 − 2 x 2 ) ⇒ y′ = 2. ( x 3 − 2 x 2 ) . ( 3 x 2 − 4 x ) = 2 ( 3 x 5 − 4 x 4 − 6 x 4 + 8 x 3 ) = 2 ( 3 x 5 − 10 x 4 + 8 x 3 ) = 6 x 5 − 20 x 4 + 16 x 3

Câu 18. Chọn B. Phương pháp: Giải phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số. Tìm tọa độ giao điểm M và N. Tìm tọa độ trung điểm I của MN. Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 2 và y = − x 2 + 4 là  x 2 = −1  x = 2 ⇔ x4 − 2 x2 + 2 = − x2 + 4 ⇔ x4 − x2 − 2 = 0 ⇔  2  x = − 2 x = 2 x= 2 ⇒ y =2⇒M

(

2; 2

(

)

x = − 2 ⇒ y = 2 ⇒ N − 2; 2

)

Tọa độ trung điểm I của MN là (0;2) Câu 19. Chọn B. 13

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

Phương pháp: Diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , trục hoành và hai đường b

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

Cách giải:

x = 0 Giải phương trình − x + 12 x = − x ⇔ x − x − 12 x = 0 ⇔  x = 4   x = −3 3

Diện tích S của hình phẳng (H): S =

∫ (−x

+ 12 x ) − ( − x ) dx = 2

−3

∫ −x

+ 12 x + x 2 dx

−3

+ 12 x + x 2 dx + ∫ − x 3 + 12 x + x 2 dx

−3

∫ −x

−3

3 2 3 2 ∫ ( − x + 12 x + x ) dx + ∫ ( − x + 12 x + x ) dx

1  1  1 1 =  x 4 − 6 x 2 − x3  +  x 4 − 6 x 2 − x 3  3  −3  4 3 0 4

1   1 1  937 1 = 0 −  .34 − 6.32 + .33  +  − .44 + 6.42 + .43  − 0 = 3   4 3  12 4 Câu 20. Chọn B. Phương pháp: Phương trình mặt cầu có tâm I ( a, b, c ) bán kính R là:

( x − a ) + ( y − b) + ( z − c)

= R2

Cách giải: Tâm mặt cầu là trung điểm của AB, có tọa độ là: I ( −1; 0;1) Bán kính mặt cầu: R = IA = 12 + 12 + 02 = 2 2

Phương trình mặt cầu đường kính AB là: ( x + 1) + y 2 + ( z − 1) = 2

Câu 21. Chọn A. Phương pháp: Lập bảng biến thiên của hàm số. Cách giải:

x = 0 y = − x + 2 x + 3 ⇒ y′ = −4 x + 4 x, y′ = 0 ⇔  x = 1  x = −1 Bảng biến thiên: 4

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

x y′

−1

−∞

−

1 +

−∞

+∞ −

4 3

−∞

Hàm số y = − x 4 + 2 x 2 + 3 có giá trị cực đại và giá trị cực tiểu lần lượt là y1 = 4, y2 = 3 ⇒ y1 + y2 = 7

Chú ý: Cần phân biệt điểm cực đại và giá trị cực đại cũng như điểm cực tiểu và giá trị cực tiểu của hàm số. Câu 22. Chọn C. 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:

ABCD là hình chữ nhật ⇒ AC = AB 2 + AD 2 = a 2 + 3a 2 = 2a ⇒ α = SCA SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ ( SC ; ( ABCD ) ) = SCA

SA 2a = =1 AC 2a Câu 23. Chọn C. Phương pháp: ⇒ tan α =

1 Thể tích của khối nón có đường cao bằng h và bán kính đáy bằng r là: V = π r 2 h 3 15

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

Cách giải: Độ dài đường cao của khối nón: h = l 2 − r 2 = 102 − 62 = 8

1 1 Thể tích của khối nón đó là: V = π r 2 h = π .62.8 = 96π 3 3 Câu 24. Chọn C. Phương pháp: Giải phương trình phức cơ bản tìm số phức z . Cách giải: Ta có: (1 + 2i ) z = 6 − 3i ⇔ z =

( 6 − 3i )(1 − 2i ) ⇔ z = 6 − 12i − 3i − 6 = −3i 6 − 3i ⇔z= 1 + 2i 1+ 4 (1 + 2i )(1 − 2i )

Phần thưc của số phức z là 0. Câu 25. Chọn C. Phương pháp:

0 < a < 1 log a f ( x ) > b ⇔  b 0 < f ( x ) < a Cách giải:

 x 2 − 3x + 2 > 0  x > 2   2 −1 Ta có: log 1 ( x − 3 x + 2 ) ≥ −1 ⇔  2  1  ⇔   x < 1 ⇔ x ∈ [ 0;1) ∪ ( 2;3] 2  x − 3x + 2 ≤    2 0 ≤ x ≤ 3  Tập nghiệm của bất phương trình là S = [ 0;1) ∪ ( 2;3] Chú ý: HS cần chú ý ĐKXĐ của hàm logarit Câu 26. Chọn C. Phương pháp:

n1 , n2 n1 , n2 lần lượt là 2 VTPT của (P), (Q), khi đó cos ( ( P ) ; ( Q ) ) = n1 n2

Cách giải:

( P ) : 2 x − y − 2 z − 9 = 0 có 1 VTPT là n1 ( 2; −1; −2 )

( Q ) : x − y − 6 = 0 có 1 VTPT là

n2 (1; −1;0 )

n1 , n2 2.1 + ( −1)( −1) + 0 1 ⇒ ( ( P ) ; ( Q ) ) = 450 = cos ( ( P ) ; ( Q ) ) = = 2 2 2 2 2 2 n1 n2 2 +1 + 2 . 1 +1 + 0

Câu 27. Chọn D. Phương pháp: Sử dụng định lý Vi-ét Cách giải:

 z1 + z2 = 2 z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 − 2 z + 2018 = 0 ⇒   z1 z2 = 2018 16

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

A = z1 + z2 − z1 z2 = 2 − 2018 = 2016 Câu 28. Chọn B. Phương pháp: Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =

ax + b  d a , ( ad − bc ≠ 0 ) là  − ;  cx + d  c c

Cách giải: Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =

3x − 7 là ( −2;3) x+2

Câu 29. Chọn B. Phương pháp: Để tìm GTNN, GTLN của hàm số f trên đoạn [ a; b ] ta làm như sau: - Tìm các điểm x1 , x2 ,..., xn thuộc khoảng ( a, b ) mà tại đó hàm số f có đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo hàm. - Tính f ( x1 ) , f ( x2 ) ,..., f ( xn ) , f ( a ) , f ( b ) - So sánh các giá trị vừa tìm được. Số lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của f trên

[ a; b] số nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của

f trên [ a; b ] .

Cách giải: x+3 9 x+3 nghịch biến trên [ 2;5] → y′ = − < 0, ∀x ∈ [ 2;5] ⇒ Hàm số y = y= 2 2x − 3 2x − 3 ( 2 x − 3)

⇒ min y = y ( 5 ) = [ 2;5]

8 7

Câu 30. Chọn B. Phương pháp: log c b log a b = , log a b c = c log a b  (các biểu thức trên đều xác định) log c a Cách giải: log 60 =

log 3 60 log 3 22 + log 3 3 + log 3 5 2 log 3 2 + 1 + log 3 5 2a + b + 1 = = = a+b log 3 10 log 3 2 + log 3 5 log 3 2 + log 3 5

Câu 31. Chọn C. Phương pháp: Đưa về dựng khoảng cách từ M đến (SAB) với M là trung điểm của BC. Cách giải: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AB. Kẻ MH ⊥ SN , H ∈ SN

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

Tam giác SBC đều, SM ⊥ BC Mà

( SBC ) ⊥ ( ABC ) , ( SBC ) ∩ ( ABC ) = BC ⇒ SM ⊥ ( ABC ) ⇒ SM ⊥ AB

Ta có: MN//AC (do MN là đường trung bình của tam giác ABC) mà AB ⊥ AC ⇒ MN ⊥ AB

⇒ AB ⊥ ( SMN ) ⇒ AB ⊥ MH Mà MH ⊥ SN ⇒ MH ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( M ; ( SAB ) ) = MH ⇒ d ( C ; ( SAB ) ) = 2 MH (do M là trung điểm của BC)

a a ∆ABC vuông tại A có ABC = 300 ⇒ AC = BC.sin 300 = ⇒ MN = 2 4 a 3 2 ∆SMN vuông tại M, MH ⊥ SN ∆SBC đều, cạnh a ⇒ SM =

⇒

1 1 1 1 1 4 16 52 3 a = + = + = 2 + 2 = 2 ⇒ MH = 2 2 2 2 2 3a 3a 52 MH SM MN a a 3 a   4  2   

⇒ d ( C ; ( SAB ) ) = 2.

3 3 39 a= a= a 52 13 13

Câu 32. Chọn B. Phương pháp: ( P ) ⊥ (α )  ⇒ d ⊥ (α ) ( Q ) ⊥ (α )  ( P ) ∩ ( Q ) = d Cách giải:

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

Ta có:

( SAC ) ⊥ ( ABCD )  ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) ( SBD ) ⊥ ( ABCD )  ( SAC ) ∩ ( SBD ) = SO

 AB ⊥ OH Dựng OH ⊥ AB, H ∈ AB, OK ⊥ SH . Ta có:  ⇒ AB ⊥ ( SOH ) ⇒ AB ⊥ OK  AB ⊥ SO

Mà OK ⊥ SH ⇒ OK ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( O; ( SAB ) ) = OK =

a 3 4

1 1 1 1 1 4 = + = 2+ 2 = 2 2 2 2 OH OA OB 3a a 3a 1 1 1 1 1 = + ⇔ 2 = + ∆SOH vuông tạo O, OK ⊥ SH ⇒ 2 2 2 3a OK OS OH OS 2 16 1 1 Diện tích hình thoi ABCD: S ABCD = AC.BD = 2 3a.2a = 2 3a 2 2 2 ∆OAB vuông tạo O, OH ⊥ AB ⇒

a 3 2 4 1 ⇒ SO = a 3 2 2 a 4

⇒ OH =

1 1 1 3a 3 Thể tích của khối chóp S . ABCD là VS . ABCD = S ABCD .SO = .2 3a 2 . a = 3 3 2 a Câu 33. Chọn D. Phương pháp: 19

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

f ( x ) có một nguyên hàm F ( x ) ⇔ ( F ( x ) )′ = f ( x ) Cách giải: F ( x ) = ( ax 2 + bx + c ) 2 x − 3 2 ax 2 + bx + c ( 2ax + b )( 2 x − 3) + ax + bx + c ⇒ ( F ( x ) )′ = ( 2ax + b ) 2 x − 3 + = 2x − 3 2x − 3

5ax 2 + ( 3b − 6a ) x − 3b + c 2x − 3

5a = 20 a = 4   ′ f ( x ) có một nguyên hàm F ( x ) ⇔ ( F ( x ) ) = f ( x ) , khi đó 3b − 6a = −30 ⇔ b = 2 −3b + c = 7 c = 1   ⇒ S = a+b+c =3 Câu 34. Chọn D. Phương pháp: b

Sử dụng công thức từng phần: ∫ udv = uv a − ∫ vdu b

Cách giải: 2

I = ∫ x. f ′ ( 2 x ) dx = 0

1 1 1 1 1 1 xd ( f ( 2 x ) ) = x. f ( 2 x ) 0 − ∫ f ( 2 x ) dx = f ( 2 ) − ∫ f ( 2 x ) d ( 2 x ) ∫ 20 2 20 2 40 2

1 1 1 1 1 1 f ( 2 ) − ∫ f ( t ) dt (đặt t = 2 x ) = f ( 2 ) − ∫ f ( x ) dx = .16 − .4 = 8 − 1 = 7 2 40 2 40 2 4

Câu 35. Chọn D. Phương pháp: Nhận biết dạng của đồ thị hàm số bậc ba. Cách giải: Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: +) Khi x → +∞ thì y → −∞ ⇒ a < 0 : Loại phương án C +) Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ âm ⇒ d < 0 : Loại phương án B +) y = ax3 + bx 2 + cx + d ⇒ y′ = 3ax 2 + 2bx + c Hàm số có 2 cực trị trái dấu ⇒ ac < 0 ⇒ c > 0 (do a < 0): Loại phương án A Chọn phương án D. Câu 36. Chọn C. Phương pháp: 1 log a b + log a c = log a ( bc ) , log ac b = log a b c Cách giải: ĐKXĐ: x > 0 2

Ta có: ( log 2 4 x ) − 3log

x − 7 = 0 ⇔ ( 2 + log 2 x ) − 6 log 2 x − 7 = 0 20

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

1   log 2 x = −1  x = ⇔ log x − 2 log 2 x − 3 = 0 ⇔  ⇔ 2   log 2 x = 3 x = 8 1 Phương trình đã cho có 2 nghiệm x = , x = 8 2 Câu 37. Chọn B. Phương pháp: 2 2

a < 0 Hàm số bậc ba nghịch biến trên ( −∞; +∞ ) khi và chỉ khi  ∆ ≤ 0 Cách giải: 1 y = − x 3 + mx 2 + ( 3m + 2 ) x − 5 ⇒ y′ = − x 2 + 2mx + 3m + 2 3 −1 < 0 Hàm số bậc ba nghịch biến trên ( −∞; +∞ ) khi và chỉ khi  ⇔ m2 + 3m + 2 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ m ≤ −1 0 ∆ ≤  ⇒ a = −2, b = −1 ⇒ a − 3b = 1

Câu 38. Chọn A. Phương pháp: Áp dụng quy tắc cộng và nhân xác suất. Cách giải: Xác suất để có ít nhất một người bắn trúng là: 1 − (1 − 0, 7 )(1 − 0, 6 )(1 − 0, 5 ) = 1 − 0,3.0, 4.0,5 = 0,94

Câu 39. Chọn C. Phương pháp: Gọi số phức đó là z = a + bi, ( a, b ∈ R ) . Tìm điều kiện của a, b

Cách giải: Gọi số phức đó là z = a + bi, ( a, b ∈ R ) . Ta có: 2

z − 2i = 2 ⇔ a + bi − 2i = 2 ⇔ a 2 + ( b − 2 ) = 2 (1) a = b 2 z 2 = ( a + bi ) = ( a 2 − b 2 ) + 2abi là số thuần ảo ⇒ a 2 − b 2 = 0 ⇔   a = −b 2

+) a = b. Thay vào (1): a 2 + ( a − 2 ) = 2 ⇔ 2a 2 − 4a + 2 = 0 ⇔ a = 1 = b ⇒ z = 1 + i 2

+) a = −b. Thay vào (1): a 2 + ( −a − 2 ) = 2 ⇔ 2a 2 + 4a + 2 = 0 ⇔ a = −1, b = 1 ⇒ z = −1 + i Vậy, có 2 số phức z thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 40. Chọn B. Phương pháp: +) Gọi B = ∆ ∩ d 2 ⇒ Tham số hóa tọa độ điểm B +) Đường thẳng ∆ ⊥ d1 ⇒ AB.ud1 = 0 ⇒ Tọa độ điểm B. +) Viết phương trình ∆ 21

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

Cách giải:

x = 1− t x −1 y −1 z + 1  d2 : = = có PTTS là  y = 1 + 2t −1 2 −1  z = −1 − t 

Gọi giao điểm của ∆ và d 2 là B (1 − t ;1 + 2t ; −1 − t ) ⇒ AB = ( −t ; 2t − 1; −t − 4 ) Đường thẳng ∆ ⊥ d1 ⇒ AB.ud1 = 0 ⇒ −t.3 + ( 2t −1) .2 + ( −t − 4)( −1) = 0 ⇔ 2t + 2 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ AB = (1; −3; −3) là 1 VTCP của đường thẳng ∆ Phương trình ∆ :

x −1 y − 2 z − 3 = = 1 −3 −3

Câu 41. Chọn C. Phương pháp: Gắn hệ trục tọa độ mới . Cho hai hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) liên tục trên [a; b]. Khi đó thể tích vật thể tròn xoay giới hạn bởi hai đồ thị số y = f ( x ) , y = g ( x ) và hai đường thẳng x = a, y = b khi quay b

quanh trục Ox là: V = π ∫ f 2 ( x ) − g 2 ( x ) dx a

Cách giải:

 X = x −1 Đặt  Ta được hệ trục tọa độ OXY như hình vẽ: Y = y − 1 Ta có: y = x ⇔ Y + 1 = X + 1 ⇔ Y = X + 1 − 1 3

Thê tích cần tìm là V = π ∫

(

)

(

)

X + 1 − 1 dX = π ∫ X + 2 − 2 X + 1 dX

0 3

4 32   4   7π  9 1  = π  X 2 + 2 X − ( X + 1) X + 1  = π  + 6 −  −  −   = 3 3   3  6 2 0  2 Câu 42. Chọn D. Phương pháp:

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

x + z = y + t AM BN CP DQ  = x, = y, = z, = t ⇒  VABCD.MNPQ x+ y+ z +t = AA′ BB′ CC ′ DD′ V 4  ABCD. A′B′C ′D′ Cách giải:

Gọi O, O’ lần lượt là tâm của các hình bình hành ABCD, A’B’C’D’. Trong (BDD’B’), gọi I là giao điểm của OO’ và MN Trong (ACC’A’), gọi K là giao điểm của AI và CC’ Trong (CDD’C’), gọi Q là giao điểm của NK và C’D’ Trong (CBB’C’), gọi P là giao điểm của MK và C’B’ ⇒ Thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng (AMN) là ngũ giác AMPQN.

x + z = y + t AA′ BM 2 CK DN 1  Đặt = x = 0, =y= , = z, = t = ⇒  VABCD.MNPQ x+ y+ z +t = AA′ BB′ 3 CC ′ DD′ 2  4 VABCD. A′B′C ′D′

0+ z =

1 2 7 + ⇒z= 2 3 6

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

VABCD.MNPQ VABCD. A′B′C ′D′

x+ y+ z +t = = 4

2 7 1 + + 7 7 3 6 2 = 7 ⇒V VABCD. A′B′C ′D′ = (1) ABCD . AMKN = 4 12 12 12

1 VK .CQP = d( K ;( A′B′C ′D′) ) .S∆CQP 3 1 CK 7 1 1 1 = và S ∆CQP = . S ∆C ′B′D′ = Mà d ( K ;( A′B′C ′D′)) = d (C ;( A′B′C ′D′)) do z = S A′B′C ′D′ 6 CC ′ 6 4 3 24 1 1 CQ C ′K 6 1 C ′Q 1 C ′P C ′K 6 1 C ′P 1 (do = = = ⇒ = ; = = = ⇒ = ) D′Q ND′ 1 3 C ′D′ 4 PB′ MB′ 1 2 B′C ′ 3 2 3 1 1 1 1 1 ⇒ VK .CQP = d (C ′;( A′B′C ′D′)) . S A′B′C ′D′ = d( C ′;( A′B′C ′D′)) .S A′B′C′D′ = VABCD . A′B′C ′D′ = ( 2) 3 24 432 432 432 7 1 251 Từ (1) (2) ⇒ VABCD.MPCQN = − = 12 432 432 251 181 Thể tích cần tìm là 1 − = 432 432 Câu 43. Chọn B. Phương pháp: * Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) Nếu lim+ f ( x ) = +∞ hoặc lim+ f ( x ) = −∞ hoặc lim− f ( x ) = +∞ hoặc lim− f ( x ) = −∞ thì x = a là x→a

x→a

TCĐ của ĐTHS Cách giải:

f (1) = 2, f ( x0 ) = f ( 2 ) = 0, f ( x1 ) = f ( x2 ) = f ( x3 ) = 1

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

x ≥ 1 x ≠ 0 x ≥ 1  x ≥ 1 x ≠ 0 x ≠ x0  x2 − 4x + 4) x −1 (  ⇔ ⇔ x ≠ x2 ,1 < x2 < 2 < x3 Xét hàm số g ( x) = có TXĐ:  x  f 2 ( x) − f ( x)   f ( x) ≠ 0 x ≠ x1 x ≠ x 3     f ( x) ≠ 1 x ≠ x2 x ≠ x3 lim g ( x )

x → x2

(x = lim x → x2

⇒ đths g ( x ) =

− 4 x + 4) x − 1

x  f 2 ( x ) − f ( x ) 

= ∞; lim g ( x )

− 4x + 4) x −1

x  f 2 ( x ) − f ( x )  Câu 44. Chọn B. Phương pháp:

x → x3

(x = lim x → x3

− 4x + 4) x −1

x  f 2 ( x ) − f ( x ) 

=∞

có 2 đường tiệm cận đứng.

Xét dấu của g ′ ( x ) dựa vào dấu của f ′ ( x )

Cách giải:

g ( x ) = f ( x + 1) ⇒ g ′ ( x ) = f ′ ( x + 1) Với x ∈ ( 0;1) thì x + 1 ∈ (1; 2 ) , f ′ ( x + 1) > 0, ∀x ∈ ( 0;1) ⇒ g ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0;1)

Câu 45. Chọn B. Phương pháp: Gắn hệ trục tọa độ. Cách giải:

 3 2 Gắn hệ trục tọa độ: A ≡ O ( 0; 0;0 ) , B (1;0;0 ) , C (1;1; 0 ) , D ( 0; 2;0 ) , S  0;0;   2   1 3 2  3 2 ⇒ M  ; 0;  , N  0; 0;  4   4  2

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

 1 3 2 ⇒ MC =  ;1; −  , lấy a = 4 MC = 2; 4; −3 2 4  2 CD = ( −1;1;0 ) , lấy b = ( −1;1; 0 )

(

)

1 Mặt phẳng (MCD) có 1 VTPT n = .  a, b  = 1;1; 2 , đi qua C (1;1;0 ) có phương trình là: 3 2

(

)

1( x − 1) + 1( y − 1) + 2 ( z − 0 ) = 0 ⇔ x + y + 2 z − 2 = 0 0 + 0 + 2.

⇒ d ( N ; ( MNC ) ) =

3 2 −2 4

1+1+ 2

1 1 =2= 2 4

Vây, khoảng cách từ N đến mặt phẳng (MCD) bằng:

1 a 4

Câu 46. Chọn C. Cách giải:

( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 )

= 16 có tâm I (1; −1; 2 ) và bán kính R = 4

Gọi M, N, P là các hình chiếu vuông góc của I lên 3 mặt phẳng, r1 , r2 , r3 là bán kính của đường tròn giao tuyến tương ứng. Khi đó, A, I, P, N là 4 đỉnh của một hình hộp chữ nhật, ta có: IM 2 + IP 2 + IN 2 = IA 2 = 02 + 32 + 12 = 10 ⇔ R 2 − r12 + R 2 − r22 + R 2 − r32 = 10 ⇔ 3.16 − ( r12 + r22 + r32 ) = 10 ⇔ r12 + r22 + r32 = 38

Tổng diện tích của ba hình tròn đó là S = π ( r12 + r22 + r32 ) = 38π

Câu 47. Chọn C. Phương pháp: Hàm số: g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị ⇔ f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt

Cách giải:

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

Hàm số: g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị ⇔ f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt Xét mx3 − 3mx 2 + ( 3m − 2 ) x + 2 − m = 0 ⇔ ( x − 1) ( mx 2 − 2mx + m − 2 ) = 0 x = 1 ⇔ 2  mx − 2mx + m − 2 = 0 (1)

f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 m ≠ 0 m ≠ 0  2  ⇔ m − m ( m − 2 ) > 0 ⇔  2m > 0 ⇔ m > 0  2  −2 ≠ 0 m.1 − 2m.1 + m − 2 ≠ 0 Mà m ∈ [ −10;10] , m ∈ Z ⇒ m ∈ {1; 2;3;...;10} : Có 10 giá trị của m thỏa mãn.

Câu 48. Chọn D. Cách giải:

 x = 2 + 4t  d :  y = −6t có 1 VTCP u = ( 4; −6; −8 )  z = −1 − 8t  A (1; −1; 2 ) , B ( 3; −4; −2 ) ⇒ AB = ( 2; −3; −4 )

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

Ta có: AB = ( 2; −3; −4 ) cùng phương với u = ( 4; −6; −8 ) Mà A (1; −1; 2 ) ∉ d ⇒ AB / / d ⇒ A, B, d đồng phẳng * Xét mặt phẳng chứa AB và d : Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua ∆; (α ) là mặt phẳng qua A, vuông góc với d Khi đó, giao điểm H của ∆ với (α ) là trung điểm của AA’ (α ) có 1 VTPT n ( 2; −3; −4 ) đi qua A (1; −1; 2 ) có phương trình:

2 ( x − 1) − 3 ( y + 1) − 4 ( z − 2 ) = 0 ⇔ 2 x − 3 y − 4 z + 3 = 0  x = 2 + 4t  H ∈ d :  y = −6t ⇒ Giả sử H ( 2 + 4t ; −6t ; −1 − 8t )  z = −1 − 8t  H ∈ (α ) ⇒ 2 ( 2 + 4t ) − 3 ( −6t ) − 4 ( −1 − 8t ) + 3 = 0 ⇔ 58t + 11 = 0 ⇔ t = −

11  36 33 15  ⇒H ; ;  58  29 29 29 

Ta có: IA + IB = IA′ + IB ≥ A′B ⇒ ( IA + IB ) min = A′B khi và chỉ khi I trùng với I0 là giao điểm của A’B và ∆

36 1 65    xI0 − 29 = 2 .2 xI0 = 29  1  33 1 21  HI0 là đường trung bình của tam giác A′AB ⇒ HI0 = AB ⇔  yI0 − = .( −3) ⇔  yI0 = − 2 29 2 58   15 1 43    zI0 − 29 = 2 .( −4) zI0 = − 29    65 21 43  ⇒ I0  ; − ; −   29 58 29  65 21 43 21  65 21 43  Vậy để IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất thì I  ; − ; −  ⇒ a + b + c = − − =− 29 58 29 58  29 58 29  Câu 49. Chọn D. Phương pháp: +) Biểu diễn lượng giác của số phức +)

z1 z = 1 , z2 ≠ 0 z2 z2

Cách giải: Cách 1: Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn của số phức z1 , z2 32 + 42 − 41 2 =− Theo đề bài, ta có: OA = 3, OB = 4, AB = 41 ⇒ cos AOB = 2.3.4 3

Đặt z1 = 3( cos ϕ + i sin ϕ ) ⇒ z2 = 4 ( cos (ϕ ± AOB ) ) = 4 ( cos (ϕ ± α ) + i sin (ϕ ± α ) )

⇒

(α = AOB )

3 ( cos ϕ + i sin ϕ ) z1 3 = = . ( cos ϕ + i sin ϕ ) ( cos (ϕ ± α ) − i sin (ϕ ± α ) ) z2 4 ( cos (ϕ ± α ) + i sin (ϕ ± α ) ) 4 28

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

3 ( cos ϕ .cos (ϕ ± α ) + sin ϕ .sin (ϕ ± α ) ) + i ( sin ϕ .cos (ϕ ± α ) ) − cos ϕ .sin (ϕ ± α )  4 3 3 = cos ( ±α ) + i.sin ( ±α )  = . ( cos α ± i sin α ) 4 4 =

3 3 5 2 1−   = ⇒ b = ± sin α ⇒ b = 4 4 4 3  z1 3  z1 3 = =    z2 4  z2 4 Cách 2: Ta có: z1 = 3, z2 = 4, z1 − z2 = 41 ⇒  ⇔ z − z 41  1 2 =  z1 − 1 = 41  z  4 4 2   z2

 2 2  3 2  2 2 9  2 9 a + b =   a +b = b = − a2  4 z1    16 16 z = = a + bi, ( a, b ∈ R ) ⇒  ⇔ 2 ⇔ z2  41  2  ( a −1)2 + b2 = 41 ( a −1)2 + 9 − a2 = 41 2 1 a − + b = ( )     4  16  16 16       2 5 5  b = b = 16 4 ⇔ ⇔ 1 a = − a = − 1   2 2

5 4 Câu 50. Chọn B. Phương pháp: Vậy b =

( f .g )′ =

f ′.g + f .g ′

Cách giải: Ta có: f ′ ( x ) + 2 f ( x ) = 1 ⇔ e 2 x f ′ ( x ) + e 2 x .2 f ( x ) = e 2 x ⇔ ( e 2 x . f ( x ) )′ = e2 x

⇒ e 2 x . f ( x ) = ∫ e2 x dx ⇔ e 2 x . f ( x ) = Mà f ( 0 ) = 1 ⇒ 1 = 1

∫ 0

1 2x e +C 2

1 1 1 1 e2 x + 1 + C ⇒ C = ⇒ e 2 x . f ( x ) = e2 x + ⇔ f ( x ) = 2 2 2 2 2e 2 x 1

1 e2 x + 1 1 1  1  1 1   1 3 1 dx = ∫  + e −2 x  dx =  x − e −2 x  =  − 2  −  −  = − 2 2x 2e 2 2 4  2  0  2 4e   4  4 4e 0 0

f ( x ) dx = ∫

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

SỞ GD&ĐT

KỲ THI THỬ THPT QUÓC GIA LẦN 1 NĂM 2019

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Môn thi: TOÁN

QUỐC HỌC HUẾ

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

ĐỀ THI THAM KHẢO (Đề thi có 06 trang) Mục tiêu: Đề thi thử THPT chuyên Quốc Học Huế lần 1 bám khá sát đề thi thử THPTQG, trong đề thi xuất hiện một số câu hỏi hay và đặc biệt giúp các em cảm thấy hứng thú khi làm bài. Với đề thi này nhằm giúp HS ôn luyện tốt cho kì thi sắp tới, tạo cho các em HS một tiền đề tốt, chuẩn bị tinh thần vững vàng. Đề thi gồm chủ yếu kiến thức lớp 12, 11, không có kiến thức lớp 10, giúp HS ôn tập đúng trọng tâm. Kiến thức dàn trải ở tất cả các chương giúp HS có cái nhìn tổng quát về tất cả các kiến thức đã được học. 18

 x 4 Câu 1: Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển  +  với x ≠ 0 2 x

A. 29 C189

B. 211 C187

C. 28 C188

D. 2 8C1810

Câu 2: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB = 2a, AA' = a 3. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' theo a?

A. V = a

B. V = 3a

a3 C. V = 4

3a 3 D. V = 4

Câu 3: Tìm số giá trị nguyên thuộc đoạn [-2019;2019] của tham số m để đồ thị hàm số y =

x−3 có x + x−m 2

đúng hai đường tiệm cận. A. 2007

B. 2010

Câu 4: Cho đa thức

C. 2009

D. 2008

f ( x ) = (1 + 3 x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n ( n ∈ N * ) . Tìm hệ số a3 biết rằng

a1 + 2a2 + ... + nan = 49152n.

A. a3 = 945

B. a3 = 252

C. a3 = 5670

D. a3 = 1512

Câu 5: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 1 cos3 x − 3cos 2 x + 5 cos x − 3 + 2m = 0 3 có đúng bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn [ 0; 2π ] .

A. −

3 1 <m<− 2 3

Câu 6: Cho hàm số y =

1 3 ≤m< 3 2

1 3 <m< 3 2

D. −

3 1 ≤m≤− 2 3

ax + b ( a ≠ 0 ) có đồ thị như hình bên dưới. cx + d

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

A. Hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d có hai điểm cực trị trái dấu. B. Đồ thị hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d cắt trục tung tại điểm có tung độ dương. C. Đồ thị hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d có hai điểm cực trị nằm bên phải trục tung. D. Tâm dối xứng của đồ thị hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d nằm bên trái trục tung. Câu 7: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a 2. Tính khoảng cách từ tâm O của đáy ABCD đến một mặt bên theo a. A. d =

a 5 2

B. d =

a 3 2

C. d =

2a 5 3

D. d =

a 2 3

Câu 8: Cho tích phân I = ∫ f ( x ) dx = 32. Tính tích phân J = ∫ f ( 2 x ) dx A. J = 32

B. J = 64

C. J = 8

D. J = 16

Câu 9: Tính tổng T của các giá trị nguyên của tham số m để phương trình e x + ( m 2 − m ) e − x = 2m có đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn

A.T = 28

1 . log e

B. T = 20

C. T = 21

D. T = 27

 x2 + 4 − 2 khix ≠ 0  2 x Câu 10: Cho hàm số f ( x ) =  . Tìm giá trị thực của tham số a để hàm số f ( x ) liên tục 2a − 5 khi x = 0  4 tại x = 0.

A. a = −

3 4

B. a =

4 3

C. a = −

4 3

D. a =

3 4

Câu 11: Tìm các giá trị cực đại của hàm số y = x3 − 3 x 2 − 9 x + 1 A. 6

B. 3

C. -26

D. -20 2

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

Câu 12: Cho mặt cầu tâm O và tam giác ABC có ba đỉnh nằm trên mặt cầu với góc ∠BAC = 300 và BA = a. Gọi S là điểm nằm trên mặt cầu, không thuộc mặt phẳng (ABC) và thỏa mãn SA = SB = SC, góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích V của khối cầu tâm O theo a. 3 .π a 3 9

A. V =

B. V =

32 3 .π a 3 27

C. V =

4 3 .π a 3 27

D. V =

15 3 .π a 3 27

Câu 13: Cho tích phân I = ∫ f ( x ) dx = 2. Tính tích phân J = ∫ 3 f ( x ) − 2  dx. A. J = 6

B. J = 2

C. J = 8

D. J = 4

1 Câu 14: Gọi F ( x ) là nguyên hàm trên R của hàm số f ( x ) = x 2 e ax ( a ≠ 0 ) , sao cho F   = F (0) + 1. Chọn a mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.

A. 0 < a ≤ 1

B. a < -2

C. a ≥ 3

D. 1 < a < 2

Câu 15: Hình bát diện đều thuộc loại khối đa diện đều nào sau đây? A. {3;4}

B. {3,3}

C. {5,3}

D. {4,3}

Câu 16: Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y = x 3 − 3 x 2 + mx đạt cực đại tại x = 0. A. m = 1

B. m = 2

C. m = -2

D. m = 0

Câu 17: Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực R? π  A. y =   3

B. y = log x ( 2 x + 1) 2

2 C. y =   e

D. y = log 2 x 3

Câu 18: Gọi l , h, r lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính mặt đáy của một hình nón. Tính diện tích xung quanh S xq của hình nón đó theo l , h, r.

A. S xq = 2π rl

1 B. S xq = π r 2 h 3

C. S xq = π rh

1 Câu 19: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình   2 A.S = [1;2]

B. S = ( −∞;1)

− x2 +3 x

D. S xq = π rl

1 4

C. S = (1;2)

D. S = ( 2; +∞ )

3a . Biết rằng hình chiếu 2 vuông góc của điểm A ' lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính thể tích V của khối lăng

Câu 20: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a, AA ' =

trụ đó theo a.

A. V = a 3 .

3 2

B. V =

2a 3 3

3a 3 4 2

D. V = a 3

Câu 21: Tính diện tích S của hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường cong y = − x 3 + 12 x và y = − x 2 3

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

A. S =

937 12

B. S =

343 12

C. S =

793 4

D. S =

397 4

Câu 22: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như bên dưới. Mệnh đề nào dưới đây Sai?

-1

−∞

1 -

+∞

-∞

-1

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;0)

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;3)

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1)

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2; +∞ )

Câu 23: Tìm hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = A.

9 5

B. −

5 9

3 − 4x 7 tại điểm có tung độ y = − x−2 3

5 9

Câu 24: Cho hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = giá trị lớn nhất của F ( x ) trên khoảng ( 0; π ) là

π  A. F   = 3 3 − 4 6

3  2π  B. F  =  3  2

D. -10 2 cos x − 1 trên khoảng ( 0; π ) . Biết rằng sin 2 x

3. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?

π  C. F   = − 3 3

 5π  D. F   = 3 − 3  6 

Câu 25: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên R là f ' ( x ) = ( x − 1)( x + 3) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-10;20] để hàm số y = f ( x 2 + 3 x − m ) đồng biến trên khoảng (0;2)?

A. 18

B. 17

C. 16

D. 20

Câu 26: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D '. Biết tích của khoảng cách từ điểm B ' và điểm D đến mặt phẳng (D’AC) bằng 6a 2 ( a > 0 ) . Giả sử thể tích của khối lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' là ka 3 . Chọn mệnh

đề đúng trong các mệnh đề sau. A. k ∈ ( 20;30 )

B. k ∈ (100;120)

C. k ∈ (50;80)

D. k ∈ (40;50)

Câu 27: Cho cấp số cộng ( un ) với số hạng đầu u 1 = −6 và công sai d = 4. Tính tổng S của 14 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó.

A.S = 46

B. S = 308

C. S = 644

D. S = 280

Câu 28: Một khối trụ có thể tích bằng 25π . Nếu chiều cao hình trụ tăng lên năm lần và giữa nguyên bán kính đáy thì được một hình trụ mới có diện tích xung quanh bằng 25π . Tính bán kính đát r của hình trụ ban đầu. A. r = 15

B. r = 5

C. r = 10

D. r = 2 4

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

Câu 29: Cho x, y là các số thực lớn hơn 1 sao cho y x . ( e x ) ≥ x y ( e y ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = log x xy + log y x

2 2

B. 2 2

1+ 2 2 2

1+ 2 2

1 Câu 30: Tìm họ nguyên hàm của hàm số y = x 2 − 3x + . x

x3 3x − − ln x + C , C ∈ ℝ. 3 ln 3

x3 3x − + ln x + C , C ∈ ℝ 3 ln 3

x3 1 − 3x + 2 + C , C ∈ ℝ 3 x

x3 3x 1 − − 2 + C, C ∈ ℝ 3 ln 3 x

Câu 31: Tìm số hạng đầu u1 của cấp số nhân ( un ) biết rằng u1 + u2 + u3 = 168 và u4 + u5 + u6 = 21. A. u1 = 24

B. u1 =

Câu 32: Cho hàm số y =

1344 11

C. u1 = 96

D. u1 =

217 3

mx + 1 với tham số m ≠ 0. Giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số x − 2m

thuộc đường thẳng có phương trình nào dưới đây?

A. 2 x + y = 0

B. y = 2 x

Câu 33: Tìm đạo hàm của hàm số y = 3x A. y ' = 3

x2 − 2 x

C. x − 2 y = 0 2

D. x + 2 y = 0

−2 x

B. y ' =

ln 3

−2 x

( 2x − 2)

ln 3 2

C. y ' = 3x

−2 x

( 2 x − 2 ) ln 3

D. y ' =

3x − 2 x ln 3

Câu 34: Trong không gian cho tam giác OIM vuông tại I, góc ∠IOM = 450 và cạnh IM = a. Khi quay tam giác OIM quanh cạnh góc vuông OI thì đường gấp khúc OMI tạo thành một hình nón tròn xoay. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón tròn xoay đó theo a. A. S xq = π a 2 2

B. S xq = π a 2

C. S xq = π a 2 3

D. S xq =

π a2 2 2

Câu 35: Cho khối nón có bán kính đáy r = 3, chiều cao h = 2. Tính thể tích V của khối nón. A. V =

3π 2 3

B. V = 3π 2

C. V =

9π 2 3

D. V = 9π 2

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

Câu 36: Cho tập hợp S = {1; 2;3; 4;5;6} . Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau lấy từ S sao cho tổng chữ số các hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm lớn hơn tổng chữ số các hàng còn lại là 3. Tính tổng T của các phần tử của tập hợp M.

A.T = 11003984

B. T = 36011952

C. T = 12003984

D. T = 18005967

Câu 37: Cho tích phân

b ln x b dx = + a ln 2 với a là số thực, b và c là các số nguyên dương, đồng thời là 2 c x c 1

∫

phân số tối giản. Tính giá trị của biểu thức P = 2a + 3b + c

A. P = 6 Câu 38: Cho hàm số y =

B. P = -6

C. P = 5

D. P = 4

1 3 x − 2mx 2 + ( m − 1) x + 2m 2 + 1 (m là tham số). Xác định khoảng cách lớn nhất từ 3

gốc tọa độ O(0;0) đến đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số trên.

2 9

C. 2 3

10 3

Câu 39: Gieo đồng thời hai con súc sắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất P để hiệu số chấm trên các mặt xuất hiện của hai con súc sắc bằng 2. A. P =

1 3

B. P =

2 9

C. P =

1 9

D. P = 1

Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, có AB = a, AD = 2a, BC = a. Biết rằng SA = a 2. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD theo a.

A. V =

a3 2 2

B. V =

2a 3 2 3

C. V = 2a

D. V =

a3 2 6

Câu 41: Cho chiếc trống như hình vẽ, có đường sinh là nửa elip được cắt bởi trục lớn với độ dài trục lơn bằng 80cm, độ dài trục bé bằng 60cm. Tính thể tích V của trống (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)

A. V = 344963 ( cm3 ) B. V = 344964 ( cm3 ) C. V = 208347 ( cm3 ) D. V = 208346 ( cm3 )

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

Câu 42: Cho lăng trụ đứng tam AM = AA ', BB ', CC', B'C' thỏa mãn AA '

giác ABC. A ' B ' C '. Gọi M, N, P, Q là các điểm thuộc các cạnh 1 BN 1 CP 1 C ' Q 1 , = , = , = . Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích khối tứ 2 BB ' 3 CC ' 4 C ' B ' 5 V diện MNPQ và khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '. Tính tỷ số 1 . V2

V1 11 = V2 30

V1 11 = V2 45

V1 19 = V2 45

V1 22 = V2 45

Câu 43: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d cắt hai trục Ox và Oy lần lượt tại 2 điểm A(a;0) và B ( 0; b )( a ≠ 0, b ≠ 0 ) . Viết phương trình đường thẳng d. A. d :

x y + =0 a b

B. d :

x y − =1 a b

C. d :

x y + =1 a b

x y D. d : + = 0 b a

Câu 44: Gọi m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = x − 4 − x 2 . Tính tổng M + m.

(

A. M + m = 2 − 2

(

C. M + m = 2 1 − 2

B. M + m = 2 1 + 2

)

D. M + m = 4

Câu 45: Tính giới hạn L = lim A. L = +∞

)

n 3 − 2n . 3n 2 + n − 2

B. L = 0

C. L =

1 3

D. L = −∞

Câu 46: Gọi T là tổng các nghiệm của phương trình log 21 x − log 3 x + 4 = 0. Tính T. 3

A. T = 4

B. T = -5

C. T = 84

D. T = 5

Câu 47: Tìm nghiệmcuủa phương trình sin 4 x − cos 4 x = 0. A. x =

π 4

C. x = ±

π 4

π 2

B. x =

,k ∈ℤ

+ k 2π , k ∈ ℤ

π 4

D. x = k

+ kπ , k ∈ ℤ

π 2

,k ∈ℤ

Câu 48: Tìm điều kiện cần và đủ của a, b, c để phương trình a sin x + b cos x = c có nghiệm? A. a 2 + b 2 > c 2

B. a 2 + b 2 ≤ c 2

C. a 2 + b 2 = c 2

D. a 2 + b 2 ≥ c 2

−4

Câu 49: Tìm tập xác định D của hàm số y = ( x 2 − 1) . A. D = ℝ

B. D = (-1;1)

C. D = ℝ \ {−1;1}

D. D = ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ )

Câu 50: Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây? 7

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

A. y = x3 − 3 x 2 + 1

B. y = 2 x3 − 6 x 2 + 1

C. y = − x 3 − 3 x 2 + 1

1 D. y = − x 3 + x 2 + 1 3

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

MA TRẬN Cấp độ câu hỏi STT

Chuyên đề

Đơn vị kiến thức

Đồ thị, BBT

Cực trị

Đơn điệu

Hàm số

C50 C11 C16 C22

Vận dụng

Vận dụng cao

Tổng

C38

C25

Tương giao

Min - max

Tiệm cận

Bài toán thực tế

Hàm số mũ - logarit

Biểu thức mũ logarit

Mũ logarit

Nhận Thông biết hiểu

C32

C44

2 0

C17

C29

2 0

Phương trình, bất phương trình mũ logarit

Bài toán thực tế

Nguyên hàm

C30

C24

Tích phân

C8 C13

C14 C37

C21 C41

13 14

Nguyên hàm – Tích phân

Ứng dụng tích phân

C19 C46

3 0

Bài toán thực tế

Dạng hình học

Dạng đại số

PT phức

Đường thẳng

Mặt phẳng

Mặ t c ầ u

Số phức

18 19 Hình Oxyz

C12

1 9

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

Bài toán tọa độ điểm, vecto

Bài toán về min, max

Thể tích, tỉ số thể tích

HHKG 25

Khoảng cách

Khối nón

Khối tròn xoay

1 0 C2 C40

C18 C35

Khối trụ

C20 C26 C42

C34

C28

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện

Tổ hợp – chỉnh hợp

29 30

C15

Tổ h ợ p – xác suất

31 32

CSC CSN

PT - BPT

C36

Xác suất

C39

Nhị thức Newton

Xác định thành phần CSC - CSN

C27

C31

2 0

C45

35 số liên tuc – Hàm số liên tục Hàm Đạo hàm Tiếp tuyến 36

PP tọa độ trong mặt phẳng

Lượng giác

1 C10

Đạo hàm

Bài toán tham số Giới hạn

PT đường thẳng

C43

PT lượng giác

C48

C23

C33

1 1

C47

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

NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan. Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 24%, câu hỏi thuộc kiến thức lớp 10 chiếm 2%. Cấu trúc tương đối như đề thi minh họa năm 2018-2019, thiếu mảng kiến thức về số phức. 23 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 2 câu VDC. Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng, chưa phân loại được học sinh ở mức VDC. Đề thi phân loại học sinh ở mức khá.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 11

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

1-B

2-B

3-D

4-D

5-C

6-A

7-D

8-D

9-D

10-D

11-A

12-B

13-B

14-A

15-A

16-D

17-C

18-D

19-C

20-C

21-A

22-B

23-C

24-A

25-A

26-A

27-D

28-C

29-C

30-B

31-C

32-C

33-C

34-A

35-C

36-B

37-D

38-D

39-B

40-D

41-B

42-B

43-C

44-C

45-A

46-C

47-A

48-D

49-C

50-A

Câu 1: Chọn B. Phương pháp: n

Sử dụng công thức khai triển của nhị thức: ( a + b ) = ∑ Cnk a n − k b k . n

k =0

Cách giải: 18 − k

18  x 4 x Ta có:  +  = ∑ C18k   2 x 2 k =0

18 4 = C18k .4 k .x18− 2 k ∑    x  k =0

Số hạng không chứa x trong khai triển là số hạng thứ k với: 18 − 2k = 0 ⇒k =9

Vậy hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển là: C189 .29 −18.49 = 29.C 189

Câu 2: Chọn B. Phương pháp: Áp dụng công thức tính thể tích lăng trụ: V = B.h trong đó: V là thể tích lăng trụ, B là diện tích đáy của lăng trụ, h là chiều cao của lăng trụ.

Cách giải:

Diện tích tam giác đều ABC có cạnh 2a là: S ∆ABC

( 2a ) =

= a2 3

Thể tích lăng trụ là: 12

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

VABC . A ' B 'C ' = S∆ABC .AA' = a 2 3.a 3 = 3a 3 Câu 3: Chọn D. Phương pháp: +) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x ) =

g ( x) h ( x)

⇔ lim f ( x ) = ∞ hoặc x = a là x →a

nghiệm của h ( x ) = 0 mà không là nghiệm của g ( x ) = 0. +) Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x ) ⇔ lim f ( x ) = b. x →±∞

Cách giải:

x ≥ 3 . ĐK:  2 x + x − m ≠ 0 x −3 = 0 ⇒ y = 0 là TCN của đồ thị hàm số. x →∞ x + x − m

Ta có: lim

Đồ thị hàm số chỉ có đúng 2 đường tiệm cận ⇔ đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng. ⇔ pt x 2 + x − m = 0 có nghiệm kép x ≥ 3 hoặc có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 < 3 ≤ x2  1   ∆ = 1 + 4m = 0  m = − 4   ⇔  32 + 3 − m = 0 ⇔   ⇔ m > 12.  m = 12   2  a. f ( 3) < 0 3 + 3 − m < 0

Lại có: m ∈ [−2019; 2019]; m ∈ Z ⇒ m ∈ {13;14;...; 2019} . Như vậy có: 2008 giá trị m thỏa mãn bài toán.

Câu 4: Chọn D. Phương pháp: Đạo hàm hàm số f ( x ) và chọn giá trị x phù hợp để tính giá trị biểu thức đề bài cho. Cách giải: n

Ta có: f ( x ) = (1 + 3 x ) = ∑ Cnk ( 3 x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n n

k =0

⇒ f ' ( x ) = n (1 + 3 x )

n −1

= a1 + 2a2 x + ... + nan x n −1.

Chọn x = 1 ta có: f ' (1) = 3n (1 + 3 x )

n −1

= a1 + 2a 2 +... + nan = 49152n

⇔ 3n.4n −1 = 49152n ⇔ 4n −1 = 16384 ⇔ 4n = 65536 ⇔ n = 8(tm) 13

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

⇒ a3 = C83 .33 = 1512.

Câu 5: Chọn C. Phương pháp: Giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

Cách giải: Đặt cos x = t ( 0 ≤ t ≤ 1) . Khi đó ta có phương trình:

1 2 2 t −3t + 5t − 3 + 2m = 0(*) 3

Phương trình bài cho có đúng 4 nghiệm thuộc [ 0; 2π ] ⇔ phương (*) có 1 nghiệm t ∈ (0;1). 1 Xét hàm số f ( t ) = t 3 − 3t 2 + 5t − 3 3 Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( t ) và đường thẳng y = -2m. t = 1 Ta có: f ' ( t ) = t 2 − 6t + 5 ⇒ f ' ( t ) = 0 ⇔ t 2 − 6t = 5 = 0 ⇔  t = 5

Bảng biến thiên:

1 +

f '(t ) f (t )

−

2 3

-3

⇔ pt (*) có 1 nghiệm ⇔ −3 < −2m <

−2 1 3 ⇔ <m< . 3 3 2

Câu 6: Chọn A. Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số để nhận xét các đường tiệm cận, tính đồng biến và nghịch biến của hàm số.

Cách giải: Ta có: y ' =

ad − bc

( cx + d )

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng nằm phía bên trái của trục d Oy ⇒ x = − < 0 ⇒ dc > 0. c 14

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

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số nằm phía dưới trục Ox ⇒ y = Ta thấy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định ⇒ y ' = Lại có đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ y0 > 0 ⇒

ad − bc

( cx + d )

a < 0 ⇔ ac < 0 ⇒ ad < 0. c < 0 ⇔ ad − bc < 0 ⇔ ad < bc.

b > 0 ⇔ bd > 0. d

Xét hàm số: y = ax3 + bx 2 + cx + d ⇒ y ' = 3ax 2 + 2bx + c.

⇒ y ' = 0 ⇔ 3ax 2 + 2bx + c = 0(*) Ta có ac < 0 ⇒ (*) có hai nghiệm phân biệt trái dấu. ⇒ đồ thị hàm số có hai điểm cực trị trái dấu.

Câu 7: Chọn D. Phương pháp: Xác định khoảng cách từ O đến 1 mặt bên của hình chóp và sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông để làm bài toán.

Cách giải:

Ta có: SO ⊥ ( ABCD ) Gọi M là trung điểm của BC . OM ⊥ BC Kẻ:  ⇒ BC ⊥ (SOM) ⇒ BC ⊥ OK (1)  SO ⊥ BC

Mà OK ⊥ SM (2) (cách dựng) Từ (1) và (2) ⇒ OK ⊥ ( SBC ) Hay OK = d ( O;( SBC ) ) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông cho tam giác ∆SOM ta có: 15

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

1 1 1 1 1 9 = + = 2+ 2 = 2 2 2 2 a OK SO OM 2a 2a 4 ⇒ OK 2 =

2a 2 a 2 ⇒ OK = 9 3

Câu 8: Chọn A. Phương pháp: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để tính tích phân và sử dụng tính chất:

∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx a

Cách giải: Đặt 2 x = t ⇒ dt = 2dx Đổi cận:

x0 2 t 0 4

⇒ J = ∫ f ( 2 x ) dx = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = 32.

Câu 9: Chọn D. Phương pháp: +) Đặt t = e x ( t > 0 ) , đưa phương trình về phương trình bậc hai ẩn t. +) Tìm điều kiện của ẩn t, sử dụng định lí Vi-ét.

Cách giải: e x + ( m 2 − m ) e− x = 2m ⇔ e2 x − 2me x + m 2 − m = 0

Đặt t = e x ( t > 0 ) , phương trình trở thành t 2 − 2mt + m 2 − m = 0 (*). 1

1 Ta có x < ⇔ t = e x < e log e = eln10 = 10. log e Bài toán trở thành tìm điều kiện để phương trình (*) có 2 nghiệm thỏa mãn 0 < t1 < t2 < 10.

m > 0 ∆ ' = m 2 − m2 + m > 0 0 < m < 10   0 < S = 2m < 20  ⇔ ⇔ m > 1 2 P = m − m > 0 m < 0 ( t − 10 )( t − 10 ) > 0  2  1 m 2 − m − 10.2m + 100 > 0

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

1 < m < 10    m > 21 + 41 1 < m < 10 21 − 41 ⇔ 2 ⇔  ⇔1< m < 2  2 m − 21m + 100 > 0  21 − 41 m < 2   Kết hợp điều kiện m ∈ ℤ ⇒ T = {2;3; 4;5; 6; 7} . Vậy tổng các phần tử của T bằng 27.

Câu 10: Chọn D. Phương pháp: Hàm số y = f ( x ) liên tục tại x = x0 ⇔ lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( x0 ) . x → x0

x → x0

Cách giải: 5 Ta có: f ( 0 ) = 2a − . 4

x2 + 4 − 2 lim f ( x ) = lim = lim x →0 x →0 x →0 x2

= lim x →0

x2 + 4 − 4 x2

(

x2 + 4 + 2

)

= lim x →0

(

x2 + 4 − 2 x2

(

)(

x2 + 4 + 2

)

1 = . x +4 +2 4 2

Hàm số liên tục tại x = 0 ⇔ f ( 0 ) = lim f ( x ) ⇔ 2 x − x →0

5 1 3 = ⇔a= . 4 4 4

Câu 11: Chọn A. Phương pháp:  f ' ( x0 ) = 0 . Điểm x = x0 là điểm cực đại của hàm số y = f ( x ) ⇔   f '' ( x0 ) < 0 Giá trị cực đại là: y0 = f ( x0 ) .

Cách giải: Ta có: y = x3 − 3 x 2 − 9 x + 1 ⇒ y ' = 3 x 2 − 6 x − 9 ⇒ y '' = 6 x − 6

 y' ( x0 ) = 0 . Gọi x = x0 là điểm cực đại của hàm số ⇒   y'' ( x0 ) < 0

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

  x0 = −1 3 x02 − 6 x0 − 9 = 0  ⇔ ⇔   x0 = 3 ⇔ x0 = −1 ⇒ yCD = y (−1) = 6. 6 x0 − 6 < 0 x < 1  0

Câu 12: Chọn B. Phương pháp: 4 Thể tích khối cầu có bán kính R : V = π R 3 . 3

Cách giải:

Theo đề bài ta có: SA = SB = SC ⇒ hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ∆ABC ⇒ SI ⊥ ( ABC ).

⇒ O ∈ SI hay S, I, O thẳng hàng.

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

Ta có: ∠ ( SA;( ABC ) ) = ∠( SA; AI ) = ∠SAI = 600 Kẻ OM ⊥ SA ⇒ ∆SMO ∼ ∆SAI ( g − g )

⇒

SO SM SM .SA SA2 = ⇒ SO = = = SA SI SI 2 SI

⇒ OI = SI − OI =

SA2 SA 3 = = R. 3 SA 3 2 2

SA 3 SA 3 SA 3 − = 2 3 6 2

 SA 3   SA 3  SA ⇒ IA = R − OI =  = RABC  −   = 3 6 2     2

Với RABC là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Áp dụng định lý hàm số sin trong ∆ABC ta có: BC a = = 2 RABC = 2a ⇔ RABC = a. sin A sin 300 ⇒ IA = a ⇒ SA = 2 RABC = 2a. ⇒R=

SA 3 2a 3 . = 3 3

⇒ Vcau

4 4  2a 3  32 3π a 3 . = π R 3 = π   = 3 3  3  27

Câu 13: Chọn B. Phương pháp: Sử dụng tính chất của tích phân:

∫  f ( x ) + g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx k ∫ f ( x ) dx = ∫ kf ( x ) dx Cách giải: 2

2 Ta có J = ∫ 3 f ( x ) − 2  dx = 3∫ f ( x ) dx − 2 ∫ dx = 3.2 − 2 x = 6 − 4 = 2. 0

Câu 14: Chọn A. Phương pháp: Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần hai lần để tìm F ( x ) .

Cách giải: 19

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

Ta có f ( x ) = x 2 e ax ⇒ F ( x ) = ∫ x 2 e ax dx

du = 2 xdx u = x 2  Đặt  ⇔ e ax ax v = dv = e dx  a  e ax 2 ⇒ F ( x) = x . − ∫ x.e ax dx + C a a 2

da = dx a = x eax 1 ax e ax eax  ax ⇒ I = x Xét I1 = ∫ x.e dx. Đặt  ⇔ − e dx + C = x − +C  e 1 ax a a∫ a a2 db = e dx b = a  ax

e ax 2  e ax eax  x 2 eax 2 xeax 2e ax ⇒ F ( x) = x . −  x. − − 2 + 3 +C = a a  a a2  a a a 2

1 1 e 2 e 2 2e e 2e 2e e  1  a2 ⇒ F (0) + 1 = 3 + 1 và F   = − a2 + 3 = 3 − 3 + 3 = 3 a a a a a a a a a Theo bài ra ta có

e 2 2 + a3 1 = + = ⇔ a = 3 e − 2 ≈ 0,9. a3 a 3 a3

Câu 15: Chọn B. Phương pháp: Sử dụng lí thuyết các khối đa diện.

Cách giải: Hình bát diện đều thuộc loại {3;4}.

Câu 16: Chọn D. Phương pháp:  f ' ( x0 ) = 0 . Điểm x = x0 là điểm cực đại của hàm số y = f ( x ) ⇔   f '' ( x0 ) < 0

Cách giải: Ta có: y ' = 3 x 2 − 6 x + m ⇒ y '' = 6 x − 6.

 y '(0) = 0 m = 0 ⇔ ⇔ m = 0. x = 0 là điểm cực đại của hàm số ⇔   y ''(0) < 0 6.0 − 6 < 0∀m

Câu 17: Chọn C. Phương pháp: Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên R ⇔ f ' ( x ) ≤ 0∀x ∈ R và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải: 20

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

+) Đáp án A: TXĐ: D = R. x

π  Ta có: a = > 1 ⇒ y =   là hàm đồng biến trên R ⇒ loại đáp án A. 3 3

+) Đáp án B: TXĐ: D = R. Ta có: y ' =

2x ⇒ y ' = 0 ⇔ x = 0 ⇒ hàm số có sự đổi dấu qua điểm x = 0 ⇒ loại đáp án B. ( 2 x + 1) ln 2 2

+) Đáp án C: TXĐ: D = R. Ta có: a =

2 2 < 1 ⇒ y =   x là hàm nghịch biến trên R ⇒ chọn đáp án C. e e

Câu 18: Chọn D. Phương pháp Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy , R chiều cao h và đường sinh l : S xq = π Rl.

Cách giải: Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy , R chiều cao h và đường sinh l : S xq = π Rl.

Câu 19: Chọn C. Phương pháp  a > 1  x > b Giải bất phương trình a x > a b ⇔  .  0 < a < 1    x < b

Cách giải:

1   2

− x2 +3 x

1 1 < ⇔  4 2

− x2 +3 x

1 <  2

⇔ − x 2 + 3 x > 2 ⇔ x 2 − 3 x + 2 < 0 ⇔ 1 < x < 2.

Câu 20: Chọn C. Phương pháp Công thức tính thể tích lăng trụ có diện tích đáy S và chiều cao h là: V = Sh.

Cách giải:

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

Diện tích tam giác đều ABC : S ABC Ta có: AH =

a2 3 . = 4

a 3 2

⇒ A ' H = AA '− AH 2 =

9a 2 3a 2 a 6 − = (định lý Py-ta-go). 4 4 2

⇒ VABC . A ' B 'C ' = S ABC . A ' H =

a 2 3 a 6 a3 2 a3 . . = = 4 2 8 4 2

Câu 21: Chọn A. Phương pháp Công thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng x = a; x = b ( a < b ) và các đồ thị b

hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) là: S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx. a

Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đề bài cho là:

x = 0 − x + 12 x = − x ⇔ x − x − 12 x = 0 ⇔  x = −3  x = 4 3

Khi đó ta có diện tích của hình (H) được tính bởi công thức: 4

SH =

∫ −x −3

+ 12 x + x dx =

∫ (−x

+ x − 12 x ) dx + ∫ ( − x3 + 12 x + x 2 ) dx 3

−3

 x 3 x 4 12 x 2  0  x 4 12 x 2 x3  4 = − + − +   +− + 2  −3  4 2 3 0  3 4

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

99 160 937 . + = 4 3 12

Câu 22: Chọn B. Phương pháp Dựa vào BBT để xác định khoảng đồng biến và nghịch biến của hàm số.

Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên ( −∞; −1) và (1; +∞ ) . Hàm số nghịch biến trên (-1;1).

Câu 23: Chọn C. Phương pháp Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) thuộc đồ thị hàm số là:

a = f ' ( x0 ) . Cách giải: TXĐ: D = ℝ \ {2}. Ta có: y ' =

−4. ( −2 ) − 3

( x − 2)

7  Gọi M  x0 ; −  là điểm thuộc đồ thị hàm số. 3 

⇒−

7 3 − 4 x0 7  = ⇔ −7 x0 + 14 = 9 − 12 x0 ⇔ x0 = −1 ⇒ M  −1; −  . 3 x0 − 2 3 

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại M là: a = y ' ( −1) =

( −1 − 2 )

5 = . 9

Câu 24: Chọn A. Phương pháp Sử dụng công thức: F ( x ) = ∫ f ( x ) dx; F ' ( x ) = f ( x ) . Xác định hàm số F ( x ) và chọn đáp án đúng.

Cách giải: Ta có:

F ( x) = ∫

2 cos x − 1 cos x 1 dx = 2 ∫ 2 dx − ∫ 2 dx 2 sin x sin x sin x

= 2∫

d ( sinx ) 2

sin x

+ cot x + C = −

2 + cot x + C. sinx 23

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

π  x = + k 2π  1 3 Có F ' ( x ) = f ( x ) = 0 ⇔ 2 cos x − 1 = 0 ⇔ cos x = ⇔  (k ∈ Z ) π 2  x = − + k 2π  3 x ∈ (0; π ) ⇒ x =

π 3

⇒ Max F ( x ) = 3 khi x = (0;π )

π 3

2 π π  ⇒ F = 3 ⇔− + cot + C = 3 ⇔ − 3 + C = 3 ⇔ C = 2 3 π 3 3 sin 3 ⇒ F ( x) = −

2 + cot x + 2 3 sinx

 π   F  6  = −4 + 3 3      2π  3 F  =   3  3 ⇒ F  π  = 3   3    F  5π  = −4 + 3   6  

Câu 25: Chọn D. Phương pháp: Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( a; b ) ⇔ f ' ( x ) ≥ 0∀x ∈ ( a; b ) .

Cách giải: Bảng xét dấu f ' ( x ) :

x f '( x)

−∞

-3 +

+∞

1 -

Ta có: y = f ( x 2 + 3 x − m ) = g ( x ) ⇒ g ' ( x ) = ( 2 x + 3) f ' ( x 2 + 3 x − m )

Để hàm số y = g ( x ) đồng biến trên (0; 2) ⇒ g ' ( x ) ≥ 0∀x ∈ (0; 2) và bằng 0 tại hữu hạn điểm. Trên (0;2) ta có 2 x + 3 > 0∀x ∈ (0; 2) ⇒ g ' ( x ) ≥ 0∀x ∈ (0; 2) ⇔ f ' ( x 2 + 3 x − m ) ≥ 0∀x ∈ (0; 2)  x 2 + 3 x + m ≥ 1∀x ∈ (0; 2)(1) ⇔ 2  x + 3 x + m ≤ −3∀x ∈ (0; 2)(2)

(1) ⇔ h ( x ) = x 2 + 3 x − 1 ≥ − m∀x ∈ (0; 2) ⇔ − m ≤ min h( x) [0;2]

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

Ta có h ' ( x ) = 2 x + 3 > 0∀x ∈ (0; 2) ⇒ Hàm số đồng biến trên

(0; 2) ⇒ min h ( x ) = h(0) = −1 ⇔ − m ≤ −1 ⇔ m ≥ 1 [0;2]

(2) ⇔ k ( x ) = x 2 + 3 x + 3 ≤ −m∀x ∈ (0; 2) ⇔ − m ≥ max k ( x) [0;2]

Ta có k ' ( x ) = 2 x + 3 > 0∀x ∈ (0; 2) ⇒ Hàm số đồng biến trên

(0; 2) ⇒ max k ( x) = k (2) = 13 ⇔ − m ≥ 13 ⇔ m ≤ −13 [0;2]

m ≥ 1 . Kết hợp điều kiện đề bài ⇔ 1 ≤ m ≤ 20 ⇒ Có 20 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài ⇔  m ≤ −13 toán.

Câu 26: Chọn A. Phương pháp +) Gọi cạnh của hình lập phương là x, tính d ( D; ( D ' AC ) ) theo x. +) So sánh d ( D;( D ' AC ) ) và d ( B '; ( D ' AC ) ) , từ đó tính d ( B '; ( D ' AC ) ) theo x. +) Theo bài ra ta có: d ( D;( D ' AC ) ) .d ( B '; ( D ' AC ) ) = 6a 2 , tìm x theo a và tính thể tích khối lập phương.

Cách giải:

 AC ⊥ BD Gọi O = AC ∩ BD ta có:  ⇒ AC ⊥ (ODD ').  AC ⊥ DD ' Trong (ODD ') kẻ OH ⊥ OD ' ( H ∈ OD ') ta có:  DH ⊥ OD ' ⇒ DH ⊥ ( D ' AC ) ⇒ d ( D '( D ' AC ) = DH .   DH ⊥ AC Gọi cạnh của hình lập phương là x ta có DD ' = x, OD =

x 2 . 2 25

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

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông DD ' O ta có:

DH =

x 2 .x x 3 2 . = = 3 DO 2 + DD '2 x2 2 +x 2 DO.DD'

Trong ( BDD ' B ') gọi M = BD ∩ OD ' ⇒ BD ∩ ( D ' AC ) = M ta có:

d ( D;(D'AC) ) 2x 3 DM OD 1 . = = = ⇒ d ( B '; ( D ' AC ) ) = 2d ( D;( D ' AC ) ) = 3 d ( B ';( D ' AC ) ) B ' M B ' D ' 2 Theo bài ra ta có:

2x 3 x 3 2 . = 6a 2 ⇔ x 2 = 6a 2 ⇔ x = 9a 2 ⇔ x = 3a. 3 3 3 3

Do đó thể tích khối lập phương là V = ( 3a ) = 27 a 3 ⇒ k = 27 ∈ (20;30).

Câu 27: Chọn D. Phương pháp Tổng của n số hạng đầu của CSC có số hạng đầu là u1 và công sai d: S n =

n ( u1 + un )

n [ 2u1 + (n − 1) d ]

Cách giải: Ta có: S14 =

n [ 2u1 + (n − 1) d ]

14 [ 2.(−6) + 13.4]

= 280.

Câu 28: Chọn C. Phương pháp Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy, R chiều cao h : S x1 = 2π rh. Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h : V = π R 2 h.

Cách giải: Gọi bán kính và chiều cao của hình trụ đã cho lần lượt là r, h. Khi đó: V = π r 2 h = 25π ⇔ r 2 h = 25. (*). Khi chiều cao tăng lên 5 lần ta được chiều cao mới là: 5h

5 ⇒ Diện tích xung quanh của hình trụ mới là: S xq = 2π .5hr = 25π ⇔ hr = . 2 ⇒ (*) ⇔ r = 10.

Câu 29: Chọn C. Câu 30: Chọn B. Phương pháp Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản. 26

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

Cách giải:

1 x 3 3x  Ta có: ∫  x 2 − 3x +  dx = − + ln x + C ( C ∈ ℝ ) . x 3 ln 3  Câu 31: Chọn C. Phương pháp Công thức tổng quát của CSN có số hạng đầu là u1 và công bội q : un = u1q n −1.

Cách giải: Gọi số hạng đầu và công bội của CSN lần lượt là u1 , q.

u1 + u2 + u3 = 168 Theo đề bài ta có hệ phương trình:  u4 + u5 + u6 = 21 2 2  u1 + u1q + u1q = 168 u1 (1 + q + q ) = 168(1) ⇔ 3 ⇔ 4 5 3 2 u1q + u1q + u1q = 21 u1q (1 + q + q ) = 21(2)

Lây (2) chia cho (1) ta được: q 3 =

21 1 1 = ⇔q= 168 8 2

 1 1 ⇒ (1) ⇔ u1 1 + +  = 168 ⇔ u1 = 96.  2 4

Câu 32: Chọn C. Phương pháp Xác định các đường tiệm cận của đồ thị từ đó suy ra giao điểm của các đường tiệm cận. Thay tọa độ điểm đó vào các đáp án và chọn đáp án đúng.

Cách giải: Ta có: x − 2m = 0 ⇔ x = 2m là TCĐ của đồ thị hàm số. mx + 1 = m ⇒ y = m là TCN của đồ thị hàm số. x →∞ x − 2m

lim

⇒ I ( 2m; m ) là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số. Ta thấy yI =

1 xI ⇔ xI − 2 yI = 0 ⇒ I thuộc đường thẳng x − 2 y = 0. 2

Câu 33: Chọn C. Phương pháp Sử dụng công thức đạo hàm của hàm mũ và hàm hợp để làm bài toán.

Cách giải:

(

Ta có: y ' = 3x

−2 x

) ' = ( 2x − 2) 3

2 x2 − 2 x

ln 3. 27

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

Câu 34: Chọn A. Phương pháp Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy , R chiều cao h và đường sinh l : S x1 = π Rl.

Cách giải:

Ta có ∆OIM vuông tại I, ∠IOM = 450 ⇒ ∆OIM vuông cân tại I. Khi quay ∆OIM , quang trục OI ta được hình nón có chiều cao OI = a, bán kính đáy IM = a và đường sinh

l = OM = a 2. ⇒ S x1 = π rl = π a.a 2 = π a 2 2. Câu 35: Chọn B. Phương pháp 1 Công thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy và chiều cao h : V = π R 2 h. 3

Cách giải: 1 1 Ta có: V = π r 2 h = π .32. 2 = 3π 2. 3 3

Câu 36: Chọn B. Cách giải: Gọi số tự nhiên thỏa mãn là abcdef với a, b, c, d , e, f ∈ {1; 2;3; 4;5; 6} . Do yêu cầu bài toán nên

d + e + f = 12, a + b + c = 9

hay

( a; b; c ) ∈ {(1; 2; 6),(1;3;5), (2;3; 4)}

và

( d ; e; f ) ∈ {(3; 4;5), (2; 4; 6), (1;5;6)} tương ứng. Xét hai bộ (1; 2;6) và (3;4;5) thì ta lập được 3!.3!= 36 số, trong đó các chữ số 1,2,6 có mặt ở hàng trăm Nghìn 36 : 3 =12 lần, hàng chục nghìn 12 lần, hàng nghìn 12 lần và các chữ số 3,4,5 cũng có mặt ở hàng trăm, chục, đơn vị 12 lần. Tổng các số trong trường hợp này là:

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

12. (1 + 2 + 6 ) .105 + 12. (1 + 2 + 6 ) .104 + 12. (1 + 2 + 6 ) .103 +12.(3 + 4 + 5).102 + 12. ( 3 + 4 + 5 ) .10 + 12. ( 3 + 4 + 5 ) .1 = 12003984 Tương tự ở hai cặp còn lại ta cũng có tổng các số bằng 12003984. Khi đó tổng các phần tử của M là 12003984.3 = 36011952

Câu 37: Chọn D. Phương pháp: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, ưu tiên đặt u = ln x.

Cách giải: 2

ln xdx dx x2 1

I =∫

dx  du = u = ln x    x Đặt  ⇒ ta có: 1 dv = x 2 dx v = − 1 x  2 1 12 1 1 1 1 −1  2 dx  I =  ln x.  + ∫ 2 = − ln 2 − = − ln 2 − + 1 = − ln 2 x 1 1 x 2 x1 2 2 2 2 

 b = 1  ⇒ c = 2 ⇒ P = 2a + 3b + c = −1 + 3 + 2 = 4.  −1 a =  2

Câu 38: Chọn D. Phương pháp: +) Lấy y chia y’, phần dư chính là phương trình tiếp tuyến đi qua 2 điểm cực trị của hàm số. +) Sử dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm M ( x0 ; y0 ) đến đường thẳng ( d ) : ax + by+ c = 0 là d (M ;d ) =

ax0 + by0 + c a2 + b2

+) Xét hàm số và tìm GTLN của hàm số bằng cách lập BBT.

Cách giải: TXĐ: D = R. Ta có y ' = x 2 − 4mx + m − 1. 2   8 2 2 8 2 1 Lấy y chia cho y' ta được y = y '  x − m  +  − m 2 + m −  x + m 2 − m + 1 3   3 3 3 3 3 3

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

2 2 8 2  8 ⇒ Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của hàm số là y =  − m2 + m −  x + m 2 − m + 1. 3 3 3 3  3 2 2 8 2  8 ⇔  − m 2 + m −  x − y + m3 − m + 1 = 0 3 3 3 3  3 ⇔ ( −8m3 + 2m − 2 ) x − 3 y + 8m 2 − 2m + 3 = 0(d )

8m 2 − 2 m + 3

⇒ d ( O; d ) =

( − 8m

+ 2m − 2 ) + 9

( − 8m ( − 8m

+ 2m − 2 )

+ 2m − 2 ) + 99

Đặt t = −8m 2 + 3m − 2 ⇒ −t + 1 = 8m 2 − 2m + 3

( −t + 1)

⇒ d ( O; d ) =

t2 + 9

Xét hàm số f ( t )

( −t + 1) = 2

t +9

ta có f ' ( t ) =

−2(−t + 1)(t 2 + 9) − ( −t + 1) .2 t

+ 10 )

2t 2 + 16t − 18

+ 10 )

t = 1 . =0⇔ t = −9

BBT:

−∞

-10 +

f '(t ) f (t )

+∞

1 -

10 9 1

1 0

⇒ d ( O; d )max =

10 . 3

Câu 39: Chọn B. Phương pháp: +) Tính số phần tử của không gian mẫu. +) Gọi A là biến cố: "Hiệu số chấm xuất hiện trên các mặt của hai con súc sắc bằng 2". Tìm đẩy đủ các bộ số có hiệu bằng 2. +) Tính xác suất của biến cố A.

Cách giải: Gieo đồng thời hai con súc sắc ⇒ n ( Ω ) = 62 = 36. Gọi A là biến cố: "Hiệu số chấm xuất hiện trên các mặt của hai con súc sắc bằng 2". Các bộ số có hiệu bằng 2 là (1;3); (2;4); (3;5); (4;6) ⇒ n ( A ) = 4.2! = 8. 30

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

Vậy P (A) =

8 2 = . 36 9

Câu 40: Chọn D. Phương pháp: 1 Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V = S day .h 3

Cách giải: Ta có S ABCD

S ABD =

AD + BC ) . AB ( 2a + a ) .a 3a 2 ( ; = = =

1 1 AB. AD = .a.2a = a 2 2 2

⇒ S BCD = S ABCD − S ABD = ⇒ VS . ABCD

a2 3 2 a − a2 = 2 2

1 1 a2 a3 2 . = SA.S ABCD = .a 2. = 3 3 2 6

Câu 41: Chọn B. Phương pháp: Sử dụng công thức ứng dụng tích phân để tích thể tích khối tròn xoay.

Cách giải:

Gắn hệ trục tọa độ như sau : Ta có phương trình Elip : ⇒ ( y − 60 )

( x − 40 ) 402

( y − 60 ) + 302

= 1.

 ( x − 40 ) 2  = 30 1 −  2   40   2

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

⇔ y − 60 = − ⇔ y = 60 −

3 2 402 − ( x − 40 ) 4

3 2 40 2 − ( x − 40 ) 4

(Do phần đồ thị được lấy nằm phía dưới đường thẳng y = 60) 2

3 2   Khi đó ta có V = π ∫  60 − 40 2 − ( x − 40 )  dx 4  0 

Sử dụng MTCT ta tính được V =

Câu 42: Chọn B. Phương pháp: 1 +) Sử dụng công thức tính thể tích V1 = VMNPQ = d ( M ; ( NPQ ) ) .S NPQ , 3 3 3 1 V2 = VABC . A ' B 'C ' = VA.BCC ' B ' = . d ( A;( BCC ' B ' ) .S BCC ' B ' . 2 2 3 +) So sánh d ( M ; ( NPQ) ) và d ( A;( BCC ' B ') ) . So sánh diện tích S NPQ và S BCC ' B ' từ đó suy ra tỉ lệ thể tích.

Cách giải: 1 Ta có V1 = VMNPQ = d ( M ; ( NPQ ) ) .S NPQ , 3 3 3 1 V2 = VABC . A ' B 'C ' = VA.BCC ' B ' = . d ( A;( BCC ' B ') ) .SBCC ' B ' . 2 2 3 Ta có: d ( M ; ( NPQ) ) = d ( A;( BCC ' B ') ) .

Đặt BC = x, BB ' = y ta có S BCC ' B ' = xy

BCPN

S B ' NQ =

( BN + CP ) .BC 2

 y y  +  .x 7 3 4 xy = = 2 24

1 1 2 4 4 B ' N .B ' Q = . y. x = xy 2 2 3 5 15

1 1 3 1 3 SC ' PQ = C ' P.C ' Q = . y. x = xy 2 2 4 5 40 ⇒ S NPQ = xy −

7 4 3 11xy 11 xy − xy − xy = = S BCC ' B ' 24 15 40 30 30 32

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

1 11 11 ⇒ V1 = VMNPQ = d ( A;( BCC ' B ') ) . S BCC ' B ' = d ( A;( BCC ' B ') ) .S BCC ' B ' 3 30 90 11 d ( A; ( BCC ' B ') ) .S BCC ' B ' 11 V1 90 ⇒ = = . V2 3 . 1 d A; ( BCC ' B ') .S ( ) BCC ' B ' 45 2 3

Câu 43: Chọn C. Phương pháp: Viết phương trình đường thẳng dưới dạng phương trình đoạn chắn.

Cách giải: Phương trình đường thẳng ( d ) :

x y + = 1. a b

Câu 44: Chọn C. Phương pháp: +) Tìm tập xác định D = [a;b] của hàm số đã cho. +) Tính y ', giải phương trình y ' = 0 xác định các nghiệm xi . +) Tính các giá trị y ( a ) , y ( b ) , y ( xi ) và kết luận GTLN, GTNN của hàm số.

Cách giải: ĐKXĐ: −2 ≤ x ≤ 2.

x ≤ 0 = 0 ⇔ 4 − x2 = − x ⇔  ⇔ x = − 2. 2 2 4 − x2 4 − x = x x

Ta có y ' = 1 +

 M = 2 Ta có y (2) = 2; y (−2) = −2; y − 2 = −2 2 ⇒  ⇒ M + m = 2 − 2 2 = 2 1− 2 . m = −2 2

(

)

(

)

Câu 45: Chọn A. Phương pháp: Chia cả tử và mẫu cho n3 .

Cách giải: 1−

L = lim

2 n2

n − 2n = lim = +∞. 3 1 2 3n 2 + n − 2 + 2− 3 n n n

Câu 46: Chọn C. Phương pháp:

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

Sử dụng công thức log an b =

1 log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai của n

hàm số logarit.

Cách giải: ĐK: x > 0. 2

log 21 x − 5 log 3 x + 4 = 0 ⇔ ( − log 3 x ) − 5log 3 x + 4 = 0 3

 x = 34 = 81(tm)  log 3 x = 4 ⇔ log x − 5log 3 x + 4 = 0 ⇔  ⇔ 1  log 3 x = 1  x = 3 = 3(tm) 2 3

⇒ T = 81 + 3 = 84.

Câu 47: Chọn A. Phương pháp: Chuyển vế, lấy căn bậc bốn hai vế và giải phương trình lượng giác cơ bản.

Cách giải: Xét cos x = 0 ⇒ pt ⇔ sin 4 x = 0 (vô lý) ⇒ cos x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. sinx = cosx sin 4 x − cos 4 x = 0 ⇔ sin 4 x = cos 4 x ⇔  sinx = − cosx  tanx = 1 π π kπ ⇔ ⇔ x = ± + kπ = + ( k ∈ ℤ). 4 4 2  tanx = −1 sinx = cosx Chú ý: sin 4 x = cos 4 x ⇔  và HS cần biết cách kết hợp nghiệm của phương trình lượng giác. sinx = − cosx

Câu 48: Chọn D. Phương pháp: Phương trình thuần nhất đối với sin và cos, dạng a sin x + b cos x = c có nghiệm ⇔ a 2 +b 2 ≥ c 2 .

Cách giải: Phương trình thuần nhất đối với sin và cos, dạng a sin x + b cos x = c có nghiệm ⇔ a 2 +b 2 ≥ c 2 .

Câu 49: Chọn C. Phương pháp: TXĐ của hàm số lũy y = x n phụ thuộc vào n như sau: n∈ℤ+

n∈ℤ−

n∉ℤ

D=ℝ

D = ℝ \{0}

D = ( 0; +∞ )

Cách giải: 34

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

Do −4 ∈ ℤ − nên hàm số xác định ⇔ x 2 − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ ±1. Vậy TXĐ của hàm số là D = ℝ \ {−1;1}.

Câu 50: Chọn A. Phương pháp: +) Dựa vào lim y = +∞ xác định dấu của hệ số a và loại đáp án. x →+∞

+) Dựa vào các điểm đồ thị hàm số đi qua để chọn đáp án đúng.

Cách giải: Ta có lim y = +∞ ⇒ a > 0 ⇒ Loại đáp án C và D. x →+∞

Đồ thị hàm số đi qua điểm (2; −3) ⇒ Loại đáp án B vì 2.23 − 6.22 + 1 = −7 ≠ −3.

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN

ĐỀ KHẢO SÁT LẦN 2 NĂM HỌC 2018 -2019 MÔN TOÁN 12 (Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề) Mã đề : 206

Mục tiêu: Đề thi thử Lần 2 Trường THPT Chuyên Hưng Yên bám rất sát đề minh họa của Bộ GD&ĐT. Kiến thức tập trung vào lớp 12 và 11 không có kiến thức lớp 10. Với đề thi này, nếu HS ôn tập kĩ lưỡng tất cả các kiến thức đã được học thì có thể dễ dàng được 7,5 đến 8,5 điểm. Đề thi có một vài câu hỏi hóc búa nhằm phân loại HS. Với đề thi này, HS sẽ có chương trình ôn tập hợp lí cho đề thi chính thức THPTQG 2019. Câu 1. Nếu

∫

f ( x ) dx =

x3 + e x + C thì f ( x ) bằng 3

A. f ( x ) = 3 x 2 + e x

B. f ( x ) =

x4 + ex 3

C. f ( x ) = x 2 + e x

D. f ( x ) =

x4 + ex 12

Câu 2. Có bao nhiêu giá trị x thỏa mãn 5 x = 5 x ? A. 0 B. 3 C. 1 D. 2 Câu 3. Đường cong trong hình bên là đồ thị của 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?

A. y =

x +1 2x +1

B. y =

x 2x +1

C. y =

x −1 2x +1

D. y =

x+3 2x +1

Câu 4. Với giá trị nào của x thì biểu thức ( 4 − x 2 ) 3 sau có nghĩa A. x ≥ 2 B. Không có giá trị x C. −2 < x < 2 D. x ≤ −2 Câu 5. Đường cong trong hình bên là đồ thị của 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?

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

A. y = log 2 ( 2 x )

B. y = log 2 x

C. y = log 1 x

D. y = log

Câu 6. Có bao nhiêu điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số y =

2 có hoành độ và tung độ đều là x + 2x + 2 2

số nguyên? A. 8 B. 1 C. 4 D. 3 Câu 7. Xét một bảng ô vuông gồm 4 × 4 ô vuông. Người ta điền vào mỗi ô vuông một trong hai số 1 hoặc 1 sao cho tổng các số trong mỗi hàng và tổng các số trong mỗi cột đều bằng 0. Hỏi có bao nhiêu cách điền số? A. 144 B. 90 C. 80 D. 72

Câu 8. Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên trong [ −2017; 2017 ] để phương trình log ( mx ) = 2 log ( x + 1) nghiệm duy nhất? A. 4015

B. 4014

C. 2017

D. 2018

Câu 9. Đạo hàm của hàm số y = sin x + log 3 x ( x > 0 ) là 3

3 x ln 3 1 C. y′ = cos x + 3 x ln 3

1 x ln 3 1 D. y′ = − cos x + x ln 3

A. y′ = cos x +

B. y′ = − cos x +

Câu 10. Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2019 , ( x ∈ R ) là hàm số nào trong các hàm số dưới đây? A. F ( x ) = 2019 x 2018 + C , ( C ∈ R )

B. F ( x ) = x 2020 + C , ( C ∈ R )

x 2020 + C, (C ∈ R ) D. F ( x ) = 2018 x 2019 + C , ( C ∈ R ) 2020 Câu 11. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a, SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SO = a. Khoảng cách giữa SC và AB bằng

C. F ( x ) =

a 5 5

a 3 15

2a 5 5

2a 3 15

Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A ( −3;0;0 ) , B ( 0;0;3) , C ( 0; −3;0 ) . Điểm M ( a, b, c ) nằm trên mặt phẳng Oxy sao cho MA2 + MB 2 − MC 2 nhỏ nhất. Tính a 2 + b 2 − c 2 2

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

A. 18

B. 0

C. 9

D. – 9

Câu 13. Hàm số y =

x − 3x 2 + 5 x + 2019 nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây? 3

A. ( 5; +∞ )

B. ( −∞;1)

C. (2;3)

D. (1;5)

Câu 14. Hàm số f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + 2 đạt cực tiểu tại điểm x = 1 và f (1) = −3. Tính b + 2a A. 3 B. 15 C. – 15 D. – 3 Câu 15. Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh bằng a. Diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương đó là: A. S = π a 2

B. S =

3π a 2 4

C. S = 3π a 2

D. S = 12π a 2

Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, biết rằng tập hợp tất cả các điểm M ( x; y; z ) sao cho x + y + z = 3 là một hình đa diện. Tính thể tích V của khối đa diện đó.

A. 72

B. 36

C. 27

D. 54

Câu 17. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ′ ( x ) = 27 + cos x và f ( 0 ) = 2019. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. f ( x ) = 27 x + sin x + 1991

B. f ( x ) = 27 x − sin x + 2019

C. f ( x ) = 27 x + sin x + 2019

D. f ( x ) = 27 x − sin x − 2019

Câu 18. Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh bằng 4π . Thể tích khối trụ là 2 4 A. π B. 2π C. 4π D. π 3 3 Câu 19. Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = − x 3 + 2 x 2 song song với đường thẳng y = x ? A. 2

B. 4

Câu 20. Hàm số F ( x ) = e

C. 3

D. 1

là nguyên hàm của hàm số 2

A. f ( x ) = 2 xe

2 x2

B. f ( x ) = x e

C. f ( x ) = e

ex D. f ( x ) = 2x

Câu 21. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị

(

)

nguyên của m để phương trình f 2 − 2 x − x 2 = m có nghiệm

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

A. 6

B. 7

C. 3

D. 2

Câu 22. Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox cách đều hai điểm A (1; 2; −1) và điểm B ( 2;1; 2 ) 1  A. M  ; 0;0  2 

3  B. M  ;0; 0  2  1

1  1 1 −  2019!  2  là cặp nào trong các cặp sau Câu 23. Tích

A. ( 2020; −2019 )

 1 . 1 −   3

2  C. M  ; 0;0  3  3

1   1  . 1 −  ...  1 −   4   2019 

B. ( 2019; −2019 )

1  D. M  ; 0;0  3 

2018

. được viết dưới dạng a b , khi đó ( a; b )

C. ( 2019; −2020 )

D. ( 2018; −2019 )

Câu 24. Gọi S = Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn . Giá trị của S là bao nhiêu? A. S = n n B. S = 0 C. S = n 2 D. S = 2n Câu 25. Khối đa diện đều nào sau đây có mặt không phải tam giác đều? A. Bát diện đều B. Khối hai mươi mặt đều C. Khối mười hai mặt đều D. Tứ diện đều Câu 26. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ: Đồ thị hàm số y = f ( x ) có mấy điểm cực trị?

A. 0 B. 2 C. 1 D. 3 Câu 27. Một hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy R. Hình nón có đỉnh là tâm đáy trên của hình trụ và đáy là hình tròn đáy dưới của hình trụ. Gọi V1 là thể tích của hình trụ, V2 là thể tích của hình nón. V Tính tỉ số 1 V2

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

A. 2

B. 2 2

C. 3

1 3

Câu 28. Cho cấp số nhân u1 , u2 , u3 ,..un với công bội q ( q ≠ 0, q ≠ 1) . Đặt S n = u1 + u2 + u3 + .. + un . Khi đó ta có: A. S n =

u1 ( q n − 1) q −1

B. S n =

u1 ( q n −1 − 1) q −1

C. S n =

u1 ( q n + 1) q +1

D. Sn =

u1 ( qn−1 −1) q +1

Câu 29. Khối hộp có 6 mặt đều là các hình thoi cạnh a, các góc nhọn của các mặt đều bằng 600 có thể tích là a3 2 a3 3 a3 3 a3 2 B. C. D. 3 6 3 2 Câu 30. Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau và một điểm M không thuộc (P) và (Q). Qua M có bao nhiêu mặt phẳng vuông góc với (P) và (Q)? A. 1 B. 3 C. 2 D. Vô số

Câu 31. Tính thể tích V của khối nón có bán kính đáy r = 3 và chiều cao h = 4 A. V = 4π

B. V = 12π

C. V = 16π 3

D. V = 4

Câu 32. Cho hình bình hành ABCD với A ( −2;3;1) , B ( 3;0; −1) , C ( 6;5;0 ) . Tọa độ đỉnh D là A. D (1;8; −2 )

B. D (11; 2; 2 )

C. D (1;8; 2 )

D. D (11; 2; −2 )

Câu 33. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên R và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên dưới. Đặt g ( x ) = f ( x 2 ) . Tìm số nghiệm của phương trình g ′ ( x ) = 0

A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 Câu 34. Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng? A. Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) bằng góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (Q) thì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Q) B. Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) bằng góc giữa đường thẳng b và mặt phẳng (P) thì a song song với b . C. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng góc giữa đường thẳng đó và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đã cho (với điều kiện đường thẳng không vuông góc với mặt phẳng).

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

D. Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) bằng góc giữa đường thẳng a và đường thẳng b với b vuông góc với (P) Câu 35. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên R thỏa mãn f ′ ( x ) − 2018 f ( x ) = 2018 x 2017 e 2018 x với mọi

x ∈ R, f ( 0 ) = 2018. Tính f (1) A. f (1) = 2019e 2018

B. f (1) = 2019e −2018 C. f (1) = 2017e 2018

D. f (1) = 2018e2018

Câu 36. Tính thể tích của khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. A.

a3 3

a3 2

C. a 3

a3 6

Câu 37. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho a = −i + 2 j − 3k . Tọa độ của vecto a là

A. ( 2; −1; −3)

B. ( −3; 2; −1)

C. ( −1; 2; −3)

D. ( 2; −3; −1)

Câu 38. Cho log 3 x = 3log 3 2. Khi đó giá trị của x là A. 8

B. 6

2 3

D. 9

Câu 39. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 + 2 x + 5 trên nửa khoảng [ −4; +∞ ) là A. min y = 5 [ −4;+∞ )

B. min y = −17 [ −4;+∞ )

C. min y = 4 [ −4;+∞ )

D. min y = −9 [ −4;+∞ )

Câu 40. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, biết SA = SB, SC = SD ( SAB ) ⊥ ( SCD ) . Tổng diện tích hai tam giác SAB, SCD bằng

7a 2 . Thể tích khối chóp 10

S . ABCD là a3 4a 3 a3 4a 3 B. C. D. 15 25 5 15 Câu 41. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-2019;2019] để đồ thị hàm số 2x +1 có hai đường tiệm cận đứng? y= 2 4x − 2x + m A. 2020 B. 4038 C. 2018 D. 2019 Câu 42. Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Rút ngẫu nhiên 2 thẻ và nhân 2 số ghi trên thẻ với nhau. Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 thẻ được rút ra là số lẻ. 1 7 5 3 A. B. C. D. 9 18 18 18

Câu 43. Cho hai hàm số f ( x ) , g ( x ) liên tục trên R. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

f ( x) ∫ f ( x ) dx ∫ g ( x ) dx = g ( x ) dx , ( g ( x ) ≠ 0, ∀x ∈ R ) ∫ B. ∫ ( f ( x ) − g ( x ) ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx A.

C. ∫ k . f ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx, ( k ≠ 0, k ∈ R ) D.

∫ ( f ( x ) + g ( x ) ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx 6

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

Câu 44. Số nghiệm của phương trình ln ( x 2 − 6 x + 7 ) = ln ( x − 3) là A. 2

B. 1

C. 0

D. 3

Câu 45. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 4 x + 2 y + 6 z − 1 = 0. Tâm của mặt cầu 2

là

A. I ( 2; −1;3)

B. I ( −2;1;3)

C. I ( 2; −1; −3)

D. I ( 2;1; −3)

1 f (1) − 1, f ( −1) = − . Đặt 3 2 g ( x ) = f ( x ) − 4 f ( x ) . Cho biết đồ thị của y = f ′ ( x ) có dạng như hình vẽ dưới đây

Câu 46. Cho hàm số

f ( x ) có đạo hàm liên tục trên R và có

Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số g ( x ) có giá trị lớn nhất và không có giá trị nhỏ nhất trên R B. Hàm số g ( x ) có giá trị nhỏ nhất và không có giá trị nhỏ nhất trên R C. Hàm số g ( x ) có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên R D. Hàm số g ( x ) không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên R Câu 47. Đầu năm 2016, Curtis Cooper và các cộng sự tại nhóm nghiên cứu Đại học Central Mis-souri, Mỹ công bố số nguyên tố lớn nhất tại thời điểm đó. Số nguyên tố này là một dạng Mersenne, có giá trị bằng M = 274207281 − 1. Hỏi M có bao nhiêu chữ số? A. 2233862 B. 2233863 C. 22338617 D. 22338618 Câu 48. Có bao nhiêu giá trị thực c ủa m để bất phương trình 3 2 2 ( 2m + 2 )( x + 1) ( x − 1) − ( m + m + 1)( x − 1) + 2 x + 2 < 0 vô nghiệm A. Vô số B. 0 C. 1 D. 2 Câu 49. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Hai điểm ,MN thuộc các cạnh AB AB AD + 2. = 4. Kí hiệu V ,V1 lần lượt là thể tích của và AD (M, N không trùng với A, B, D). sao cho AM AN V các khối chóp S . ABCD và S .MBCDN . Tìm giá trị lớn nhất của 1 V 2 3 1 14 A. B. C. D. 3 4 6 17

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

Câu 50. Cho hàm số y = sin 3 x − m.sin x + 1 . Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên m sao cho hàm số  π đồng biến trên  0;  . Tính số phần tử của S  2 A. 1 B. 2

C. 3

D. 0

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

MA TRẬN Cấp độ câu hỏi STT

Chuyên đề

Đơn vị kiến thức

Nhận Thông biết hiểu

Vận dụng

Vận dụng cao

Tổng

C21

Đồ thị, BBT

C6C46

Cực trị

C26

C14

Đơn điệu

Hàm số

Tương giao

Min - max

Tiệm cận

Bài toán thực tế

Hàm số mũ - logarit

Biểu thức mũ logarit

Mũ logarit

C13

1 C41

1 0

C4 C5

2 C23

Bài toán thực tế

C47

Nguyên hàm

C1 C17 C20 C43

3 1

C39

Nguyên hàm – Tích phân

C48 C50 C33

Phương trình, bất phương trình mũ logarit

C38

C10

C2 C44

4 1

C35

Tích phân

Ứng dụng tích phân

Bài toán thực tế

Dạng hình học

Dạng đại số

PT phức

Số phức

Đường thẳng

C34

Mặt phẳng

C30

Mặ t c ầ u

19 Hình Oxyz

C45

2 C22

2 1

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

Bài toán tọa độ điểm, vecto, đa điện

Bài toán về min, max

Thể tích, tỉ số thể tích

HHKG

C37

C25 C32

C12

4 0

C36

C16 C27

C29

C40 C49

Khoảng cách, góc

Khối nón

C31

Khối trụ

C18

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện

C15

Khối tròn xoay

Tổ hợp – chỉnh hợp

29 30

C11

T ổ hợp – xác suất

31 32

CSC CSN

PT - BPT

Xác suất

C42

Nhị thức Newton

C24

Xác định thành phần CSC - CSN

C28

Bài toán tham số

Giới hạn

35 Hàm số

Hàm số liên tục

36 ạo hàm

Tiếp tuyến

C19

Đạo hàm

PP tọa độ trong mặt phẳng

Lượng giác

PT đường thẳng

PT lượng giác

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

NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan. Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 12%. Không có câu hỏi thuộc kiến thức lớp 10. Cấu trúc: thiếu kiến thức về số phức. 17 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 6 câu VDC. Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu. Đề thi phân loại học sinh ở mức Khá..

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

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1–C

2–D

3–B

4–C

5–B

6–D

7–B

8–D

9–A

10 – C

11 – C

12 – A

13 – D

14 – D

15 – C

16 – B

17 – C

18 – B

19 – D

20 – A

21 – C

22 – B

23 – C

24 – D

25 – C

26 – B

27 – C

28 – A

29 – D

30 – D

31 – A

32 – C

33 – D

34 – C

35 – A

36 – C

37 – C

38 – A

39 – C

40 – B

41 – D

42 – C

43 – A

44 – B

45 – C

46 – B

47 – D

48 – D

49 – B

50 – A

Câu 1. Chọn C. Phương pháp:

∫ f ( x ) dx = F ( x ) ⇒ f ( x ) = F ′ ( x ) Cách giải: x3 + ex + C ⇒ f ( x ) = x2 + ex ∫ 3 Câu 2. Chọn D Phương pháp:

f ( x ) dx =

a f ( x ) = a g ( x ) , ( a > 0, a ≠ 1) ⇔ f ( x ) = g ( x )

Cách giải: 2 x = 0 Ta có: 5 x = 5 x ⇔ x 2 = x ⇔  x =1 Câu 3. Chọn B. Phương pháp: Dựa vào các điểm đồ thị hàm số đi qua. Cách giải: Quan sát đồ thị ta thấy: Đồ thị hàm số đi qua điểm O(0;0) Câu 4. Chọn C.

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

Phương pháp: Xét hàm số y = x a : + Nếu α là số nguyên dương thì TXĐ: D = R + Nếu α là số nguyên âm hoặc bằng 0 thì TXĐ: D = R \ {0} + Nếu α là không phải là số nguyên thì TXĐ: D = ( 0; +∞ )

Cách giải: ĐKXĐ: 4 − x 2 > 0 ⇔ −2 < x < 2 Câu 5. Chọn B Phương pháp:

y = log a x, ( a > 0, a ≠ 1) đồng biến trên ( 0; +∞ ) với a > 1 và nghịch biến trên ( 0; +∞ ) với 0 < a < 1 Cách giải: Hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) ⇒ Loại phương án C.

1 1   1 Đồ thị hàm số đi qua điểm  ; −1 ⇒ Chọn phương án B, do −1 ≠ log 2  2.  ; −1 = log 2 và 2 2   2 1 −1 ≠ log 2 2 Câu 6. Chọn D. Phương pháp: 2 Điểm thuộc đồ thị có tung độ nguyên ⇒ 2 ∈ Z ⇔ x 2 + 2 x + 2 ∈U ( 2 ) x + 2x + 2 Cách giải: 2 2 Ta có: y = 2 = x + 2 x + 2 ( x + 1)2 + 1

Mà 0 <

( x + 1)

Với y = 1 ⇒

≤ 2, do ( x + 1) ≥ 0 ⇒ y ∈ {1; 2}

x = 0 = 1 ⇔ x2 + 2 x + 2 = 2 ⇔ x2 + 2 x = 0 ⇔  ⇒ Các điểm ( −2;1) , ( 0;1) thỏa ( x + 1) + 1  x = −2 2

mãn Với y = 2 ⇒

( x + 1)

= 2 ⇔ x 2 + 2 x + 2 = 1 ⇔ x 2 + 2 x + 1 = 0 ⇔ x = −1 ⇒ điểm ( −1; 2 ) thỏa mãn

Vậy, đồ thị (C) có 3 điểm có hoành độ và tung độ đều là số nguyên. Câu 7. Chọn B. Cách giải:

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

Nhận xét: Để tổng các số trong mỗi hàng và tổng các số trong mỗi cột đều bằng 0 thì số lượng số 1 và số lượng số -1 trong mỗi hàng và mỗi cột đều là 2. ⇔ Mỗi hàng và mỗi cột đều có đúng 2 số 1. - Chọn 2 ô ở cột 1 để đặt số 1, ta có: C42 = 6 (cách) Ví dụ:

- Ở mỗi hàng mà chứa 2 ô vừa được chọn, ta chọn đúng 1 ô để đặt số 1, khi đó có 2 trường hợp: TH1: 2 ô được chọn ở cùng một hàng: có C31 = 3 (cách) Ví dụ:

Khi đó, ở 2 hàng còn lại có duy nhất cách đặt số 1 vào 4 ô : không cùng hàng và cột với các ô đã điền. Như hình vẽ sau:

TH2: 2 ô được chọn khác hàng: có: 3.2 = 6 (cách) Ví dụ:

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

Khi đó, số cách đặt 4 số 1 còn lại là: 1.1.2! = 2 (cách), trong đó, 2 số 1 để vào đúng 2 ô còn lại của cột chưa điền, 2 số 1 còn lại hoàn vị vào 2 ô ở 2 cột vừa điền ở bước trước. Ví dụ:

Vậy, số cách xếp là: 6. ( 3.1 + 6.2 ) = 6.15 = 90 (cách)

Câu 8. Chọn D. Phương pháp: Đánh giá số nghiệm của phương trình bậc hai. Cách giải:  x > −1 log ( mx ) = 2 log ( x + 1) ⇔  2 (I ) mx = ( x + 1)

 x > −1  2 Ta thấy x = 0 không phải nghiệm khi đó ( I ) ⇔  ( II ) x + 1) ( 1 = x+ +2 m = x x  Xét hàm số f ( x ) = x +

1 1 + 2, x ∈ ( −1; +∞ ) \ {0} có f ′ ( x ) = 1 − 2 x x

x = 1 f ′( x) = 0 ⇔   x = −1 ( L ) BBT:

−

f ′( x) f ( x)

−1

−

+∞

−∞

+∞ +

+∞ 4

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

m < 0 Dựa vào bảng biên thiên, ta có: phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất ⇔  m = 4 Mà m ∈ Z , m ∈ [ −2017; 2017 ] ⇒ m ∈ {−2017; −2016;...; −1} ∪ {4} . Có 2018 giá trị của m thỏa mãn

Câu 9. Chọn A. Phương pháp:

( sin x )′ = cos x, ( log a x )′ =

1 , ( 0 < a ≠ 1) x ln a

Cách giải:

y = sin x + log 3 x 3 = sin x + 3log 3 x ( x > 0 ) ⇒ y′ = cos x +

3 x ln 3

Câu 10. Chọn C. Phương pháp: x n +1 + C ( n ≠ −1) n +1 Cách giải: n ∫ x dx =

∫

f ( x ) dx = ∫ x 2019 dx =

x 2020 +C 2020

Câu 11. Chọn C. Phương pháp:

a / / ( P )  b ⊂ ( P ) ⇒ d ( a; b ) = d ( a; ( P ) ) = d ( A; ( P ) ) A∈ a  Cách giải:

 AB / / CD  Ta có: CD ⊂ ( SCD ) ⇒ AB / / ( SCD )   AB ⊄ ( SCD ) Mà SC ⊂ ( SCD ) ⇒ d ( AB; CD ) = d ( AB; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) )

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

Do O là trung điểm của AC ⇒

d ( A; ( SCD ) ) d ( O; ( SCD ) )

AC = 2 ⇒ d ( A; ( SCD ) ) = 2d ( O; ( SCD ) ) OC

Gọi I là trung điểm của CD. Dựng OH ⊥ SI , H ∈ SI (1) CD ⊥ OI Ta có:  ⇒ CD ⊥ ( SOI ) ⇒ CD ⊥ OH ( 2 ) CD ⊥ SO Từ (1)(2) ⇒ OH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( O; ( SCD ) ) = OH

∆SOI vuông tại O, OH ⊥ SI ⇒

1 1 1 1 1 5 a 5 = 2+ = + 2 = 2 ⇒ OH = 2 2 2 5 OH OI SO a a a   2

2a 5 5 Câu 12. Chọn A. Phương pháp: ⇒ d ( AB; CD ) =

+) Xác định điểm I thỏa mãn IA + IB − IC = 0 2 2 2 2 2 +) Khi đó MA2 + MB 2 − MC 2 = MA + MB − MC = MI + IA + MI + IB − MI + IC = MI 2 + 2 MI IA + IB − IC + IA2 + IB 2 − IC 2 = MI 2 + IA2 + IB 2 − IC 2

(

) (

)

MA2 + MB 2 − MC 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI ngắn nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của I lên (Oxy) . Cách giải:

A ( −3;0;0 ) , B ( 0;0;3) , C ( 0; −3;0 ) +) Xác định điểm I thỏa mãn IA + IB − IC = 0 −3 − xI = 0 − 0  xI = − 3   IA + IB − IC = 0 ⇔ IA = BC ⇔ 0 − yI = −3 − 0 ⇔  yI = 3 ⇒ I ( −3;3;3) 0 − z = 0 − 3 z = 3  I  I 2 2 2 2 2 +) Khi đó MA2 + MB 2 − MC 2 = MA + MB − MC = MI + IA + MI + IB − MI + IC = MI 2 + 2 MI IA + IB − IC + IA2 + IB 2 − IC 2 = MI 2 + IA2 + IB 2 − IC 2

(

) (

)

MA2 + MB 2 − MC 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI ngắn nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của I lên (Oxy) . 2

⇔ M ( −3;3;0 ) ⇒ a 2 + b 2 − c 2 = ( −3) + 32 − 0 = 18

Câu 13. Chọn D. Phương pháp: Xác định khoảng D mà y′ ≤ 0 và y′ = 0 tại hữu hạn điểm trên D. Cách giải:

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

x = 1 x3 − 3 x 2 + 5 x + 2019 ⇒ y′ = x 2 − 6 x + 5, y′ = 0 ⇔  3 x = 5

x3 − 3x 2 + 5 x + 2019 nghịch biến trên (1;5) 3 Câu 14. Chọn D. Phương pháp: Hàm số y =

 f ′ ( x0 ) = 0 Hàm số bậc ba đạt cực tiểu tại điểm x = x0 ⇔   f ′′ ( x0 ) > 0 Cách giải:

f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + 2 ⇒ f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2ax + b, f ′′ ( x ) = 6 x + 2a  f ′ (1) = 0  Hàm số f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + 2 đạt cực tiểu tại điểm x = 1 và f (1) = −3 ⇔  f ′′ (1) > 0   f (1) = −3 3 + 2a + b = 0  2 a + b = −3  a = 3 a = 3    ⇔ 6 + 2a > 0 ⇔ a + b = −6 ⇔ b = −9 ⇔  ⇒ b + 2a = −9 + 2.3 = −3 1 + a + b + 2 = −3 a > −3 a > −3 b = −9    Câu 15. Chọn C. Phương pháp: Diện tích mặt cầu bán kính R là S = 4π R 2 Cách giải: Hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ , cạnh bằng a có bán kính mặt cầu ngoại tiếp R =

AC ′ a 3 = 2 2

a 3 2 Diện tích mặt cầu đó là: S = 4π .   2  = 3π a   Câu 16. Chọn B. Phương pháp: Hình đa diện được lập thành là hình bát diện đều. Cách giải:

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

Tập hợp tất cả các điểm M ( x, y, z ) sao cho x + y + z = 3 là hình bát diện đều SABCDS’ (như hình vẽ)

1 Thể tích V của khối đa diện đó : V = 2.VS . ABCD = 2. SO.S ABCD 3 ABCD là hình vuông cạnh BC = OB 2 = 3 2 2 1 ⇒ S ABCD = 3 2 = 18 ⇒ V = 2. .3.18 = 36 3 Câu 17. Chọn C. Phương pháp:

(

)

∫ f ′ ( x ) dx = f ( x ) + C Cách giải: f ′ ( x ) = 27 + cos x ⇒ ∫ f ′ ( x ) dx = ∫ ( 27 + cos x ) dx ⇒ f ( x ) = 27 x + sin x + C Mà f ( 0 ) = 2019 ⇒ 27.0 + sin 0 + C = 2019 ⇔ C = 2019 ⇒ f ( x ) = 27 x + sin x + 2019

Câu 18. Chọn B. Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình trụ : S xq = 2π rl = 2π rh Thể tích khối trụ V = π r 2 h Cách giải:

ABBA′ là hình vuông ⇒ h = 2r Diện tích xung quanh của hình trụ : S xq = 2π rh = 2π r.2r = 4π r 2 = 4π ⇒ r = 1 ⇒ h = 2 19

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

Thể tích khối trụ V = π r 2 h = π .12.2 = 2π Câu 19. Chọn D. Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) là y = f ′ ( x0 ) . ( x − x0 ) + y0

Cách giải: Gọi d là tiếp tuyến cần tìm, M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm. Ta có: y = − x 3 + 2 x 2 ⇒ y′ = −3 x 2 + 4 x

 x0 = 1 Do d song song với đường thẳng y = x ⇒ y′ ( x0 ) = 1 ⇔ −3 x0 + 4 x0 = 1 ⇔   x0 = 1  3 2

+) x0 = 1 ⇒ y0 = 1 ⇒ Phương trình đường thẳng d: y = 1. ( x − 1) + 1 ⇔ y = x : Loại +) x0 =

1 5 4 1 5  ⇒ y0 = ⇒ Phương trình đường thẳng d: y = 1.  x −  + ⇔ y = x − : Thỏa mãn 3 27 3  27 27 

Vậy, có 1 tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = − x 3 + 2 x 2 song song với đường thẳng y = x

Câu 20. Chọn A. Phương pháp:

F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) ⇔ ( F ( x ) )′ = f ( x ) Cách giải: 2 ′ 2 f ( x ) = ( F ( x ) )′ = e x = 2 xe x

( )

Câu 21. Chọn C. Phương pháp: +) Đặt t ( x ) = 2 − 2 x − x 2 , x ∈ [ 0; 2] , tìm khoảng giá trị của t +) Dựa vào đồ thị hàm số, tìm điều kiện của m để phương trình f ( t ) = m có nghiệm thỏa mãn ĐK tìm

được ở bước trên Cách giải: Xét hàm số t ( x ) = 2 − 2 x − x 2 , x ∈ [ 0; 2] , có t ′ ( x ) =

x −1 2 x − x2

, t′ ( x ) = 0 ⇔ x = 1

Hàm số t ( x ) liên tục trên [0;2] có t ( 0 ) = t ( 2 ) = 2, t (1) = 1 ⇒ min t ( x ) = 1, max t ( x ) = 2 [0;2]

[0;2]

x ∈ [ 0; 2] ⇒ t ∈ [1; 2] . Khi đó bài toán trở thành có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình

f ( t ) = m có nghiệm t ∈ [1; 2] Quan sát đths y = f ( t ) trên đoạn [1;2] ta thấy phương trình f ( t ) = m có nghiệm ⇔ 3 ≤ m ≤ 5 Mà m ∈ Z ⇒ m ∈ {3; 4;5} : có 3 giá trị của m thỏa mãn

Câu 22. Chọn B. Phương pháp: +) Gọi M ∈ Ox ⇒ M ( m;0;0 ) 20

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

+) M cách đều hai điểm A,b ⇔ MA = MB Cách giải:

M ∈ Ox ⇒ M ( m;0;0 ) 2

Theo bài ra ta có: MA = MB ⇔ MA2 = MB 2 ⇔ ( m − 1) + 22 + 12 = ( m − 2 ) + 12 + 22  m − 1 = m − 2 (VN ) 3 2 2 3  ⇔ ( m − 1) = ( m − 2 ) ⇔  ⇔ m = ⇒ M  ; 0;0  2 2  m − 1 = 2 − m Câu 23. Chọn C. Phương pháp:

Sử dụng công thức nhân hai lũy thừa cùng cơ số a m .a n = a m + n Cách giải: 1

1  1 1 −  2019!  2 

2018

1  1 1  1  = . 1 −  ... 1 − .   2019!  2   3   2019  1 1.2.3...2018 1 . = = = 2019−2019 2018 2019 2019! 2019 2019

 2   2018  .   ...    3   2019 

2018

Khi đó ( a, b ) là ( 2019; −2019 )

Câu 24. Chọn D. Phương pháp: Sử dụng khai triển: Cn0 x n + Cn1 x n −1 + Cn2 x n − 2 + ... + Cnn = ( x + 1)

Cách giải: n

Ta có: S = Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn = (1 + 1) = 2n Phần thưc của số phức z là 0. Câu 25. Chọn C. Phương pháp: Sử dụng lí thuyết các khối đa diện đều. Cách giải: Khối mười hai mặt đều có mặt là ngũ giác đều, không phải tam giác đều. Câu 26. Chọn B. Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số xác định số điểm cực trị của hàm số. Cách giải:

Đồ thị hàm số y = f ( x ) có 2 điểm cực trị. Câu 27. Chọn C. Phương pháp: Sử dụng các công thức tính thể tích: Thể tích khối trụ V = π r 2 h, trong đó r, h là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ.

1 Thể tích khối nón V = π r 2 h, trong đó r, h là bán kính đáy và chiều cao của khối nón. 3 21

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

Cách giải:

Nhận xét: Hai khối nón và khối trụ có cùng chiều cao h và cùng bán kính đáy bằng r. V1 π r 2h = =3 V 1 π r 2h 3 Câu 28. Chọn A. Phương pháp: Sử dụng công thức tính tổng của n số hạng đầu của cấp số nhân có số hạng đầu tiên là u1 và công bội q Ta có:

là S n =

u1 (1 − q n ) 1− q

Cách giải:

Sn =

u1 (1 − q n )

1− q

⇔ Sn =

u1 ( q n − 1) q −1

Câu 29. Chọn D. Phương pháp: Giả sử các góc ở đỉnh A’ đều bằng 600 , khi đó tứ diện AA’B’D’ là tứ diện đều, có cạnh bằng a. Tính VA. A′B′D′ . Sử dụng tỉ lệ thể tích tính VABCD . A′B′C ′D′

Cách giải:

Giả sử các góc ở đỉnh A’ đều bằng 600 , khi đó tứ diện AA’B’D’ là tứ diện đều, có cạnh bằng a. Gọi I là trung điểm của A’D’, G là trọng tâm tam giác đều A’B’D’. 22

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

⇒ B′I =

2 a 3 a 3 a2 3 , B′G = B′I = , S A′B′D′ = 2 3 3 4

AG = AB′2 − B′G 2 = a 2 −

VA. A′B′D′ =

2 a2 =a 3 3

1 1 2 a2 3 a3 2 AG.S A′B′D′ = .a. = 3 3 3 4 12

VABCD . A′B′C ′D′ = 2VABD . A′B′D′ = 6VA. A′B′D′ = 6.

a3 2 a 3 2 = 12 2

Câu 30. Chọn D. Cách giải: Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau và một điểm M không thuộc (P) và (Q). Qua M có vô số mặt phẳng vuông góc với (P) và (Q). Đó là các mặt phẳng chứa d, với d là đường thẳng qua M và vuông góc với (P) và (Q). Câu 31. Chọn A. Phương pháp: 1 Thể tích của khối nón : V = π r 2 h 3 Cách giải: 2 1 Thể tích V của khối nón có bán kính đáy r = 3 và chiều cao h = 4 là V = π 3 .4 = 4π 3 Câu 32. Chọn C. Phương pháp: ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi A, B, C, D phân biệt, không thẳng hàng và AB = DC Cách giải:

( )

 6 − xD = 3 + 2  xD = 1   ABCD là hình bình hành ⇒ DC = AB ⇔ 5 − yD = 0 − 3 ⇔  yD = 8 ⇒ D (1;8; 2 )  − z = −1 − 1 z = 2  D  D Câu 33. Chọn D. Phương pháp: +) Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp: y = f ( u ( x ) ) ⇔ y′ = f ′ ( u ( x ) ) .u ′ ( x ) +) Tìm số nghiệm phân biệt của phương trình g ′ ( x ) = 0

Cách giải:

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

g ( x ) = f ( x 2 ) → g ′ ( x ) = 2 x. f ′ ( x )

x = 0 x = 0 x = 0  g ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 x. f ′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔  x = 0 ⇔  x = c  f ′( x) = 0   x = c (với 2 < c < 3 được biểu diễn bởi hình vẽ trên) Vậy, phương trình g ′ ( x ) = 0 có 2 nghiệm

Câu 34. Chọn C. Phương pháp: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng góc giữa đường thẳng đó và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đã cho (với điều kiện đường thẳng không vuông góc với mặt phẳng). Cách giải: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng góc giữa đường thẳng đó và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đã cho (với điều kiện đường thẳng không vuông góc với mặt phẳng). Câu 35. Chọn A. Phương pháp: Sử dụng công thức tính đạo hàm của tích ( f .g )′ = f g′ + g ′f

Cách giải: Ta có: f ′ ( x ) − 2018 f ( x ) = 2018 x 2017 e 2018 x ⇔ e −2018 x f ′ ( x ) − 2018e −2018 x f ( x ) = 2018 x 2017 ⇒ ( e −2018 x f ( x ) )′ = 2018 x 2017 ⇒ e −2018 x f ( x ) là 1 nguyên hàm của 2018 x 2017 Ta có: ∫ 2018 x 2017 dx = x 2018 + C ⇒ e−2018 x f ( x ) = x 2018 + C0 Mà f ( 0 ) = 2018 ⇒ 2018 = C0 ⇒ e −2018 x f ( x ) = x 2018 + 2018 ⇔ f ( x ) = x 2018 e 2018 x + 2018e 2018 x

⇒ f (1) = e 2018 + 2018e2018 = 2019e 2018 Câu 36. Chọn C. Phương pháp:

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

Thể tích của khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a là : a 3 Cách giải: Thể tích của khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a là : a 3 Câu 37. Chọn C. Phương pháp: a = xi + y j + zk ⇒ a = ( x; y; z )

Cách giải: a = −i + y 2 − 3k ⇒ Tọa độ của vecto a : ( −1; 2; −3) Câu 38. Chọn A. Phương pháp: Sử dụng công thức log a b c = c log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 )

Cách giải: Ta có: log 3 x = 3log 3 2 ⇔ log 3 x = log 3 23 ⇔ x = 8

Câu 39. Chọn C. Phương pháp: +) Giải phương trình y′ = 0 ⇒ Các nghiệm xi ∈ [ a; b ] +) Tính các giá trị f ( a ) , f ( b ) , f ( xi ) +) So sánh và kết luận. Cách giải: Ta có: y = x 2 + 2 x + 5 ⇒ y′ = 2 x + 2 = 0 ⇔ x = −1 Hàm số y = x 2 + 2 x + 5 liên tục trên [ −4; +∞ ) có f ( −4 ) = 13, f ( −1) = 4, lim y = +∞ x →+∞

⇒ min y = 4 [ −4;+∞ )

Câu 40. Chọn B. Phương pháp:

Xác định góc giữa hai mặt phẳng (α ) , ( β ) - Tìm giao tuyến ∆ của (α ) , ( β ) -Xác định 1 mặt phẳng ( γ ) ⊥ ∆ 25

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

-Tìm các giao tuyến a = (α ) ∩ ( γ ) , b = ( β ) ∩ ( γ ) -Góc giữa hai mặt phẳng (α ) , ( β ) : ( (α ) , ( β ) ) = ( a, b )

Cách giải:

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD. ∆SAB, ∆SCD cân tại S ⇒ SI ⊥ AB, SJ ⊥ CD CD ⊥ SJ Ta có:  ⇒ CD ⊥ ( SJI ) ⇒ ( SCD ) ⊥ ( SJI ) CD ⊥ IJ

= 900 Tương tự: ( SAB ) ⊥ ( SJI ) ⇒ ( ( SAB ) ; ( SCD ) ) = ( SI ; SJ ) = ISJ Kẻ SH ⊥ JI . Mà SH ⊂ ( SJI ) ⇒ SH ⊥ CD ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) Ta có: S SAB + S SCD =

⇒ SI + SJ =

1 1 1 1 1 7a 2 SI . AB + SJ .CD = SI .a + SJ .a = ( SI + SJ ) a = 2 2 2 2 2 10

7a (1) 5 2

∆SJI vuông tại S ⇒ SI + SJ = JI ⇒ ( SI + SJ ) 2

⇔ SI .SJ =

 7a  − 2 SI .SJ = a ⇔   − 2 SI .SJ = a 2  5  2

12a 2 25

Ta có: SI .SJ = SH .JI ⇔

12a 2 12a = SH .a ⇔ SH = 25 25

1 1 12a 2 4a 3 Thể tích khối chóp S.ABCD là V = SH .S ABCD = . a = 3 3 25 25 Câu 41. Chọn D. Phương pháp: Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) Nếu lim+ f ( x ) = +∞ hoặc lim+ f ( x ) = −∞ hoặc lim− f ( x ) = +∞ hoặc lim− f ( x ) = −∞ thì x = a là TCĐ x→a

x→a

của đths Cách giải: 26

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

Đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng ⇒ 4 x 2 − 2 x + m = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt 2

+) x = −

1  1  1 là nghiệm của (1) ⇔ 4  −  − 2  −  + m = 0 ⇔ m = −2 2  2  2

Khi đó y =

lim

 1 x → −   2

 1  (TXĐ: D =  − ;1 )  2  4x − 2x − 2

2x +1 2

2x +1 +

⇒x=−

4x2 − 2x − 2

= lim +  1 x → −   2

2x +1

( x − 1)( 2 x + 1)

= lim +  1 x → −   2

2x +1 =0 x −1

1 không phải TCĐ của đồ thị hàm số đã cho ⇒ Đồ thị hàm số có ít hơn 2 đường tiệm cận 2

đứng ⇒ m = −2 : Loại 1 +) x = là nghiệm của (1) ⇔ m ≠ −2 2 Khi đó, để có hai tiệm cận 1  1 m < ′ ⇔ ∆ > 0 ⇔ 1 − 4m > 0 ⇔ m < ⇒  4 4  m ≠ − 2 

đứng

thì

(1)

có

nghiệm

phân

biệt

Mà m ∈ Z , m ∈ [ −2019; 2019] ⇒ m ∈ {−2019; −2018;...;0} \ {−2} : có 2019 số m thỏa mãn

Câu 42. Chọn C. Phương pháp: Xác suất của biến cố A: P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) = C92 = 36 Gọi A: “tích 2 số ghi trên 2 thẻ được rút ra là số lẻ” = “cả hai số rút được đều là số lẻ”

⇒ n ( A ) = C52 = 10 ⇒ P ( A ) =

n ( A ) 10 5 = = n ( Ω ) 36 18

Câu 43. Chọn A. Phương pháp: Sử dụng các tính chất của tích phân. Cách giải: Mệnh đề sai là :

f ( x) ∫ f ( x ) dx ∫ g ( x ) dx = g ( x ) dx , ( g ( x ) ≠ 0, ∀x ∈ R ) ∫

Câu 44. Chọn B. Phương pháp:

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

 f ( x ) = g ( x ) ln f ( x ) = ln g ( x ) ⇔  hoặc  f ( x ) > 0 Cách giải:

 f ( x ) = g ( x )   g ( x ) > 0

 x = 2  x2 − 6 x + 7 = x − 3  x2 − 7 x + 10 = 0  ⇔ ⇔  x = 5 ⇔ x = 5 Ta có: ln ( x − 6 x + 7 ) = ln ( x − 3) ⇔  x − 3 > 0 x > 3  x > 3 2

Câu 45. Chọn C. Phương pháp:

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0

là phương trình mặt cầu có tâm I ( a, b, c )

Cách giải:

( S ) : x2 + y2 + z 2 − 4 x + 2 y − 6z −1 = 0

là phương trình mặt cầu có tâm I ( 2; −1; −3)

Câu 46. Chọn B. Phương pháp: +) Lập BBT của hàm số y = f ( x ) và nhận xét. +) Lập BBT của hàm số y = g ( x ) và kết luận.

Cách giải: BBT của hàm số y = f ( x )

−1

−∞ +

f ′( x)

+∞

1 +

−

f ( x) −1 3

⇒ f ( x ) ≤ 1, ∀x Ta có: g ( x ) = f 2 ( x ) − 4 f ( x ) ⇒ g ′ ( x ) = 2 f ( x ) . f ′ ( x ) − 4 f ′ ( x ) = 2 f ′ ( x ) . ( f ( x ) − 2 ) Mà f ( x ) − 2 < 0, ∀x (do f ( x ) ≤ 1, ∀x ) BBT của hàm số y = g ( x )

g′( x)

−1

−∞

−

+∞

−

g ( x) −3

Câu 47. Chọn D. Phương pháp: Nếu 10n ≤ M < 10n +1 ( n ∈ ℕ ) thì số M có n + 1 chữ số 28

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

Cách giải: +) Xác định số chữ số của M + 1 = 274207281 n

Tìm số tự nhiên n thỏa mãn 10 ≤ 2

74207281

< 10

n +1

74207281 n 74207281  ) 10 ≤ 2 n ≤ log ( 2 ⇔  n +1 ⇔ 74207281 74207281 10 > 2 ) n + 1 > log ( 2

n ≤ 74207281.log 2 ≈ 22338617,5 ⇔ ⇔ n = 22338617 n > 74207281.log 2 − 1 ≈ 22338616, 5 Vậy M + 1 = 274207281 có n + 1 = 22338618 chữ số +) Xác định số chữ số của M = 274207281 − 1 Nhận xét: Do M + 1 là số có 22338618 chữ số nên M hoặc có 22338618 chữ số hoặc có 22338617 chữ số. M có 22338617 khi và chỉ khi M + 1 = 1022338617 , tức là 274207281 = 1022338617 ⇔ 251868664 = 522338617 : vô lý do 2 là số chẵn và 5 là số lẻ Vậy M = 274207281 − 1 là số có 22338167 chữ số Câu 48. Chọn D. Cách giải: Ta có: ( 2m + 2 )( x + 1) ( x3 − 1) − ( m 2 + m + 1)( x 2 − 1) + 2 x + 2 < 0

⇔ ( x + 1) ( 2m + 2 ) ( x 3 − 1) − ( m 2 + m + 1) ( x − 1) + 2  < 0 ⇔ ( x + 1) ( 2m + 2 ) x 3 − ( 2m + 2 ) − ( m 2 + m + 1) x + ( m 2 + m + 1) + 2  < 0 ⇔ ( x + 1) ( 2m + 2 ) x 3 − ( m 2 + m + 1) x + ( m 2 − m + 1)  < 0 (*) (*) vô nghiệm ⇔ ( x + 1) ( 2m + 2 ) x 3 − ( m 2 + m + 1) x + ( m 2 − m + 1)  ≥ 0 ( 2*) luôn đúng với mọi x.

⇒ x = −1 là nghiệm của ( 2m + 2 ) x 3 − ( m 2 + m + 1) x + ( m 2 − m + 1) m = 0 ⇒ − ( 2m + 2 ) + ( m 2 + m + 1) + ( m 2 − m + 1) = 0 ⇔ 2m 2 − 2m = 0 ⇔  m = 1 +) m = 0

( 2*) ⇔ ( x + 1) ( 2 x3 − x + 1) ≥ 0 ⇔ ( x + 1)

(2x

− 2 x + 1) ≥ 0, ∀x

⇒ m = 0 : Thỏa mãn +) m = 1:

( 2*) ⇔ ( x + 1) ( 4 x3 − 3x + 1) ≥ 0 ⇔ ( x + 1)

( 4x

− 4 x + 1) ≥ 0 ⇔ ( x + 1) ( 2 x − 1) ≥ 0, ∀x

⇒ m = 1: Thỏa mãn. Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn Câu 49. Chọn B. Phương pháp: Tỉ lệ thể tích của các khối chóp .S ABCD và .S MBCDN bằng tỉ lệ diện tích các đa giác ABCD và MBCDN . Cách giải: 29

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

Do các khối chóp .S ABCD và .S MBCDN có cùng chiều cao kẻ từ S nên Ta có:

V1 S MBCDN = V S ABCD

AB AD +2 = 4. Áp dụng BĐT Cô si, ta có: AM AN

AB AD AB AD AB. AD AB AD > 1, >1 ) +2 ≥2 .2 = 2 2. (với AM AN AM AN AM . AN AM AN

⇒ 2 2.

AB. AD AB. AD ≤4⇔ ≤2 AM . AN AM . AN S 1 ≤ 2 ⇒ ABCD ≤ 4 (do S ABD = S ABCD ) 2 S AMN

⇒

S ABD S AMN

⇒

S AMN 1 S 3 V 3 ≥ ⇒ ABCDN ≤ ⇒ 1 ≤ S ABCD 4 S ABCD 4 V 4

AD  AB  AB +2 =4 =2  V1 3  AM  AM AN Tỉ số đạt GTLN bằng ⇔  ⇔ 4 V  AB = 2 AD  AD = 1  AN  AM AN

Câu 50. Chọn A. Cách giải:  π Trên khoảng  0;  , hàm số y = sin x đồng biến  2  π Đặt t = sin x, x ∈  0;  ⇒ t ∈ ( 0;1)  2 Khi đó hàm số

y = sin 3 x − m.sin x + 1

đồng biến trên khoảng

 π  0;  , khi và chỉ khi  2

y = f ( t ) = t 3 − mt + 1 đồng biến trên (0;1) Xét hàm số y = f ( t ) = t 3 − mt + 1 trên khoảng (0;1) có f ′ ( t ) = 3t 2 − m +) Khi m = 0 : f ′ ( x ) = 3 x 2 > 0, ∀x ⇒ y = f ( x ) = x3 + 1 đồng biến trên (0;1) 30

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

Và đths y = f ( x ) = x 3 + 1 cắt Ox tại điểm duy nhất x = −1

⇒ y = g ( x ) = x3 − mx + 1 đồng biến trên (0;1) ⇒ m = 0 thỏa mãn +) m > 0 : f ′ ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 = −

m m , x2 = 3 3

  m  m Hàm số y = f ( x ) = x 3 − mx + 1 đồng biến trên các khoảng  −∞; − ; +∞   và   3   3   m   m Nhận xét: ( 0;1) ⊄   3 ; +∞  , ( 0;1) ⊄  −∞; − 3  , ∀m > 0    

TH1: −

m m <0< <1⇔ 0 < m < 3 3 3

Để y = g ( x ) = x 3 − mx + 1 đồng biến trên (0;1) thì x3 − mx + 1 = 0 có nghiệm (bội lẻ) là x = ⇒

m 3

m m m m 3 3 3 − + 1 = 0 ⇔ −2 m m + 3 3 = 0 ⇔ m m = ⇔ m = 3 (TM ) 2 3 3 3 4

TH2: −

m m < 0 <1≤ ⇔m≥3 3 3

Để y = g ( x ) = x 3 − mx + 1 đồng biến trên (0;1) thì x3 − mx + 1 ≤ 0, ∀x ∈ ( 0;1) 1 ⇔ mx ≤ x3 + 1, ∀x ∈ ( 0;1) ⇔ m ≤ x 2 + , ∀x ∈ ( 0;1) x 1 1 1 Xét hàm số y = x 2 + , ∀x ∈ ( 0;1) ⇒ y′ = 2 x − 2 , y′ = 0 ⇔ x = 3 ∈ ( 0;1) x x 2

3  1  3 Hàm số liên tục trên (0;1) và y  3  = 3 ; y (1) = 2; lim+ y = +∞ ⇒ min y = 3 0;1 ( ) x → 0 4 4  2

1 3 Để m ≤ x 2 + , ∀x ∈ ( 0;1) thì m ≤ 3 ⇒ Không có giá trị của m thỏa mãn. x 4 Vậy chỉ có giá trị m = 0 thỏa mãn

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT THĂNG LONG MÃ ĐỀ 625

KỲ THI THỬ THPT QUÓC GIA LẦN 1 NĂM 2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần II môn Toán của trường THPT Thăng Long Hà Nội gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài toán thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức được phân bố như sau: 92% lớp 12, 8% lớp 11, 0% kiến thức lớp 10. Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tại đã công bố từ đầu tháng 12. Trong đó xuất hiện các câu hỏi khó lạ như câu 45, 49 nhằm phân loại tối đa học sinh. Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất. Câu 1: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào sau đây?

A. ( −∞; −1)

B. (-1;3)

C. (1; +∞ )

D. ( −∞; +∞ )

Câu 2: Hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy là a và mặt bên tạo với đáy một góc 450. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC. A.

a3 8

a3 24

a3 12

Câu 3: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng

a3 4

3. Mặt phẳng (α ) cắt tất cả các cạnh bên

của hình lập phương. Tính diện tích thiết diện của hình lập phương cắt bởi mặt phẳng (α ) biết (α ) tạo với mặt ( ABB ' A ' ) một góc 600.

A. 2 3

3 2

C. 6

3 3 2

Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, SA = a 3, AB = a, BC = 2a, AC = a 5. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.

A. 2a

2a 3 3 3

a3 3

D. a 3 3

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

Câu 5: Tổng các nghiệm của phương trình log 4 x 2 − log 2 3 = 1 là: A. 6

B. 5

C. 4

D. 0

Câu 6: Xác suất sút bóng thành công tại chấm 11 mét của hai cầu thủ Quang Hải và Văn Đức lần lượt là 0,8 và 0,7. Biết mỗi cầu thủ sút một quả tại chấm 11 mét và hai người sút độc lập. Tính xác suất để ít nhất một người sút bóng thành công. A. 0,44

B. 0,94

C. 0,38

D. 0,56

Câu 7: Cho hình chóp S.ABC có cạnh SA vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy là góc giữa hai đường thẳng nào dưới đây? A. SB và AB

B. SB và SC

C. SA và SB

D. SB và BC

Câu 8: Cho hình chóp S.ABCD, gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, SC, SD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD biết thể tích khối chóp S.MNPQ là 1. A.16

B. 8

C. 2

D. 4

Câu 9: Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A. x = −2

B. x = −1

C. y = −2

3 − 2x là: x +1

D. y = 3

Câu 10: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [-3;2] và có bảng biến thiên như sau. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [-1;2]. Tính M + m.

-3

-1

f ( x) -2

A. 3

2 0

B. 2

2 1

C. 1

D. 4

Câu 11: Tập nghiệm của phương trình log 0,25 ( x 2 − 3 x ) = −1 là: A. {4}

B. {1; −4}

3 − 2 2 3 + 2 2  C.  ;  D. {-1;4} 2   2

Câu 12: Từ một nhóm có 10 học sinh nam và 8 học sinh nữ, có bao nhiêu cách chọn ra 5 học sinh trong đó có 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ? A. C103 .C82

B. A103 . A62

C. A103 + A82

D. C103 + C82

Câu 13: Bảng biến thiên ở hình bên là của một trong bốn hàm số dưới đây. Tìm hàm số đó.

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

−∞

1 +

+∞

3 -

+ +∞

3 -∞

-1

A. y = x3 − 5 x 2 + x + 6

B. y = x3 − 6 x 2 + 9 x − 1

C. y = − x 3 + 6 x 2 −9 x + 7

D. y = x 4 + x 2 − 3

Câu 14: Phương trình 9 x − 6 x = 22 x+1 có bao nhiêu nghiệm âm? A. 3

B. 0

C. 1

D. 2

Câu 15: Hình lập phương có độ dài đường chéo là 6 thì có thể tích là A. 2 2

B. 54 2

C. 24 3

D. 8

Câu 16: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình 2 f ( x ) − 5 = 0 có bao nhiêu nghiệm âm?

A. 0

B. 2

Câu 17: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

C. 1

D. 3

−x +1 tại giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung có hệ số góc 3x − 2

là:

A. -1

1 4

C. −

5 4

D. −

1 4

Câu 18: Tính theo a thể tích của một khối trụ có bán kính đáy là a, chiều cao bằng 2a. A. 2π a 3

2π a 3 3

π a3 3

D. π a 3

Câu 19: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O cạnh 2a. Thể tích khối chóp S.ABCD bằng 4a 3 . Tính khoảng cách từ điểm O tới mặt bên của hình chóp.

a 2 2

3a 4

3a 10 10

a 10 10

Câu 20: Hàm số y = 2 x 3 − x 2 + 5 có điểm cực đại là: 3

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

A. x =

1 3

B. x = 5

C. x = 3

D. x = 0

Câu 21: Một khối nón có bán kính đáy bằng 3 và góc ở đỉnh bằng 600 thì có thể tích bằng bao nhiêu? A. 9π 3

B. 27 π 3

C. 3 π 3

D. 6 π 3

Câu 22: Cho các số thực a, b thỏa mãn 0 < a < 1 < b. Tìm khẳng định đúng: A. log a b < 0

B. ln a > ln b

C. ( 0, 5 ) < ( 0,5 )

D. 2a > 2b.

Câu 23: Với n là số nguyên dương, biểu thức T = Cn0 + Cn1 + ... + Cnn bằng A. n 2

B. C2nn

C. n!

D. 2n

Câu 24: Một mặt cầu có diện tích xung quanh là π thì có bán kính bằng A.

3 2

1 2

D. 1 2

Câu 25: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

A.2

B. 1

C. 0

D. 3

Câu 26: Cho a, b là hai số thực dương tùy ý và b ≠ 1. Tìm kết luận đúng. A. ln a + ln b = ln ( a + b )

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

C. ln a − ln b = ln ( a − b )

C. log b a =

ln a ln b

Câu 27: Trong các hàm số dưới đây, đồ thị hàm số nào nhận trục tung là đường tiệm cận? A. y = log 3 x

B. y =

1 3x

C. y =

1 x +1

D. y =

( 3)

Câu 28: Một khối lăng trụ tứ giác đều có thể tích là 4. Nếu gấp đôi các cạnh đáy đồng thời giảm chiều cao của khối lăng trụ này hai lần thì được khối lăng trụ mới có thể tích là: A. 8

B. 4

C. 16

D. 2

Câu 29: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Tìm kết luận đúng

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

A.Hàm số y = f ( x ) có điểm cực tiểu là x = 2. B. Hàm số y = f ( x ) có giá trị cực đại là -1. C. Hàm số y = f ( x ) có điểm cực đại là x = 4. D. Hàm số y = f ( x ) có giá trị cực tiểu là 0. 2

Câu 30: Tập xác định của hàm số y = log ( x − 2 ) là: A. ℝ

B. ℝ \ {2}

C. ( 2; +∞ )

D. [ 2; +∞ )

Câu 31: Tìm đạo hàm của hàm số y = ln (1 + e 2 x ) . A. y ' =

−2e 2 x

+ 1)

B. y ' =

e2 x e2 x + 1

C. y ' =

1 2x e +1

D. y ' =

2e 2 x e2 x + 1

Câu 32: Đồ thị hàm số nào sau đây có tâm đối xứng? A. y = x 3 + x

B. y = x3

C. y = x3 + 3 x 2 − 1

D. y = x

Câu 33: Cho n, k là những số nguyên thỏa mãn 0 ≤ k ≤ n và n ≥ 1. Tìm khẳng định sai. A. Pn = Ann

B. Cnk = Cnn − k

C. Ank =

n! k!

D. Pk .Cnk = Ank

Câu 34: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) ? A. y = x 4 − x 2 +3

B. y =

x−2 2x − 3

C. y = − x 3 + x − 1

D. y =

3− x x +1

Câu 35: Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm kết luận đúng.

A. a + b > 0

B. bc > 0

C. ab > 0

D. ac > 0

Câu 36: Có bao nhiêu số nguyên dương là ước của 2592 hoặc là ước của 2916? A. 24

B. 51

C. 36

D. 32

Câu 37: Anh Bình gửi 200 triệu đồng vào ngân hàng VB với kì hạn cố định 12 tháng và hưởng mức lãi suất là 0,65%/tháng. Tuy nhiên, sau khi gửi được tròn 8 tháng anh Bình có việc phải dùng đến 200 triệu trên. Anh đến ngân hàng đình rút tiền thì được nhân viên ngân hàng tư vấn: “Nếu rút tiền trước hạn, toàn bộ số tiền 5

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

anh gửi chỉ được hưởng mức lãi suất không kì hạn là 0,02%/tháng. Anh nên thế chấp sổ tiết kiệm đó tại ngân hàng để vay ngân hàng 200 triệu với lãi suất 0,7%/tháng. Khi sổ của anh đến hạn, anh có thể rút tiền để trả nợ ngân hàng”. Nếu làm theo tư vấn của nhân viên ngân hàng, anh Bình sẽ đỡ thiệt một số tiền gần nhất với con số nào dưới đây (biết rằng ngân hàng tính lãi theo thể thức lãi kép)?

A. 10,85 triệu đồng

B. 10,51 triệu đồng

C. 10,03 triệu đồng

D. 10,19 triệu đồng

Câu 38: Mỗi bạn An , Bình chọn ngẫu nhiên 3 chữ số trong tập {0,1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9} . Tính xác suất để trong hai bộ ba chữ số mà An, Bình chọn ra có đúng một chữ số giống nhau.

7 40

9 10

6 25

21 40

Câu 39: Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và BCD là các tam giác đều cạnh 2, hai mặt phẳng (ABD) và (ACD) vuông góc với nhau. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. A. 2 2

2 3 3 8

6 3

Câu 40: Hệ số của x5 trong khai triển biểu thức ( x + 3) − x 2 ( 2 − x ) thành đa thức là: A.13568

B. 1472

C. 1432

D. 1552

Câu 41: Gọi (a;b) là tập các giá trị của tham số m để phương trình 2e 2 x − 8e x − m = 0 có đúng hai nghiệm thuộc khoảng (0; ln5). Tổng a + b là A. 2

B. 4

C. -6

D. -14

Câu 42: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a, Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và A ' B '. Mặt phẳng ( MND ') chia khối lập phương thành hai khối đa diện, trong đó khối chứa điểm C gọi là (H). Tính thể tích khối (H).

55a 3 17

55a 3 144

181a 3 486

55a 3 48

Câu 43: Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e. Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

A. a + c > 0

B. a + b + c + d < 0

C. a + c < b + d

D. b + d − c > 0 6

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

Câu 44: Có bao nhiêu giá trị m nguyên thuộc khoảng (-10;10) để đồ thị hàm số y =

x ( x − m) −1

x+2

có đúng

ba đường tiệm cận?

A.12

B. 11

C. 0

D. 10

Câu 45: Cho hàm số f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Bất phương trình f ( e x ) < m ( 3e x + 2019 ) có nghiệm x ∈ (0;1) khi và chỉ khi

A. m > −

4 1011

B. m ≥

4 3e + 2019

C. m > −

2 1011

D. m >

f (e) 3e + 2019

Câu 46: Cho hàm số f ( x ) = x 3 −3x 2 + 8. Tính tổng các giá trị nguyên của m để phương trình f ( x − 1 ) + m = 2 có đúng 3 nghiệm phân biệt.

A.-2

B. -6

C. 8

D. 4

Câu 47: Một tấm bìa hình tròn có bán kính bằng 5 được cắt thành hai hình quạt, sau đó quấn hai hình quạt đó thành hai hình nón (không có đáy). Biết một trong hai hình nón này có diện tích xung quanh là 15π . Tính thể tích hình nón còn lại. Giả sử chiều rộng các mép dán không đáng kể. A.

4π 21 3

B. 2 π 21

2π 21 3

D. 4 π 21

Câu 48: Một trang trại mỗi ngày thu hoạch được một tấn rau. Mỗi ngày, nếu bán rau với giá 30000 đồng/kg thì hết sạch rau, nếu giá bán cứ tăng thêm 1000 đồng/kg thì số rau thừa lại tăng thêm 20kg. Số rau thừa này được thu mua làm thức ăn chăn nuôi với giá 2000 đồng/kg. Hỏi số tiền bán rau nhiều nhất mà trang trại có thể thu được mỗi ngày là bao nhiêu? A. 32420000 đồng

B. 32400000 đồng

C. 34400000 đồng

D. 34240000 đồng

2 x − y − 2 y + x = 2 y Câu 49: Cho hệ phương trình  x (1), m là tham số. Gọi S là tập các giá trị nguyên 2 y 2 2 + 1 = ( m +2 ) .2 . 1 − y để hệ (1) có một nghiệm duy nhất. Tập S có bao nhiêu phần tử?

A. 0

B. 1

C. 3

D. 2 7

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

Câu 50: Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường thẳng d đi qua A và song song với BC. Cạnh BC quay xung quanh d tạo thành một mặt xung quanh của hình trụ có thể tích là V1. Tam giác ABC quay xung quanh trục d được khối tròn xoay có thể tích là V2. Tính tỉ số

2 3

1 3

C. 3

V1 . V2

3 2

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

MA TRẬN Cấp độ câu hỏi STT

Chuyên đề

Đơn vị kiến thức

Nhận Thông biết hiểu

Vận dụng

Vận dụng cao

Tổng

Đồ thị, BBT

C13

C32

Cực trị

C29

C20 C25

Đơn điệu

C34

Hàm số

Tương giao

Min - max

C10

Tiệm cận

Bài toán thực tế

Hàm số mũ - logarit

C22 C30

Biểu thức mũ logarit

C26

Mũ logarit

C35 C46 C43 C45

1 C27

C44 C48

3 1

C31

3 1

Phương trình, bất phương trình mũ logarit

Bài toán thực tế

Nguyên hàm

Tích phân

Ứng dụng tích phân

Bài toán thực tế

Dạng hình học

Dạng đại số

PT phức

Đường thẳng

Mặt phẳng

Mặt cầu

13 14

Nguyên hàm – Tích phân

Số phức

18 19 Hình Oxyz

C5 C11

C14 C37

C24

C41 C49

5 1

1 9

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

Bài toán tọa độ điểm, vecto, đa điện

Bài toán về min, max

24 HHKG

Thể tích, tỉ số thể tích

Khoảng cách, góc

Khối nón

Khối tròn xoay

Khối trụ

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện

Tổ hợp – chỉnh hợp

Tổ h ợ p – xác suất

C2 C4 C8 C15 C28 C7

C42

C19

C21

C47

C50

C18

C39 C33

C12 C36

1 3

Xác suất

C38

Nhị thức Newton

C23

C40

Xác định thành phần CSC - CSN

Bài toán tham số

Giới hạn

35 Hàm số

Hàm số liên tục

36 ạo hàm

Tiếp tuyến

Đạo hàm

PT đường thẳng

PT lượng giác

CSC CSN

PT - BPT

PP tọa độ trong mặt phẳng

Lượng giác

C17

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

NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan. Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 16%. Không có câu hỏi thuộc kiến thức lớp 10. Cấu trúc : chưa bao quát kiến thức lớp 12, thiếu số phức, tích phân- ứng dụng. 27 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 7 câu VDC. Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng, Đề thi phân loại học sinh ở mức khá.

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

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1-D

2-B

3-A

4-B

5-D

6-B

7-A

8-B

9-C

10-A

11-D

12-A

13-B

14-B

15-C

16-D

17-D

18-A

19-C

20-D

21-A

22-A

23-D

24-C

25-A

26-D

27-A

28-A

29-D

30-B

31-D

32-A

33-C

34-A

35-B

36-C

37-D

38-D

39-B

40-D

41-D

42-B

43-A

44-A

45-C

46-B

47-A

48-A

49-B

50-C

Câu 1: Chọn D. Phương pháp Sử dụng cách đọc đồ thị hàm số để tìm khoảng đồng biến, nghịch biến Xét từ trái qua phải trên khoảng (a;b) nếu đồ thị đi xuống thì hàm số nghịch biến trên (a;b), nếu đồ thị đi lên thì hàm số đồng biến trên (a;b).

Cách giải: Từ hình vẽ ta thấy : Xét từ trái qua phải thì đồ thị hàm số đi lên trên khoảng (-1;1). Nên hàm số đồng biến trên (-1;1) suy ra hàm số đồng biến trên (0;1).

Câu 2: Chọn B. Phương pháp 1 Tính diện tích đáy và chiều cao rồi áp dụng công thức V = Sh tính thể tích. 3

Cách giải:

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

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC suy ra SH là đường cao. Góc giữa mặt bên và đáy là góc giữa SM và AM vơí M là trung điểm của BC. Tam giác ABC đều cạnh a nên AM = Tam giác vuông SHM có MH = Vậy thể tích V

1 a 3 a 3 ⇒ MH = AM = 2 3 6

a 3 a 3 , SMH = 450 nên SH = HM = . 6 6

1 1 a2 3 a 3 a 3 . . . = S SH = = . S . ABC ABC 3 3 4 6 24

Câu 3: Chọn A. Phương pháp Ta sử dụng công thức diện tích hình chiếu S ' = S .cos α Với S là diện tích hình H , S’ và là diện tích hình chiếu của H trên mặt phẳng (P), α là góc tạo bởi mặt phẳng chứa hình H và mặt phẳng (P).

Cách giải:

Mặt phẳng (α ) cắt các cạnh DD '; AA'; BB'; CC' lần lượt tại E; F; G; H. Khi đó (α ) = (EFGH) Vì ABCD. A ' B ' C ' D ' là hình lập phương nên ( ABB ' A ') ⊥ ( ABCD) mà (EFGH) tạo với ( ABB ' A ') góc 600 nên góc giữa (EFGH) và (ABCD) là 300. Lại có hình chiếu của EFGH xuống mặt phẳng (ABCD) là hình vuông ABCD cạnh

3. 13

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

Theo công thức tính diện tích hình chiếu ta có S ABCD = S EFGH .cos 30 ⇒ S EFGH 0

( 3) =

cos 300

= 2 3.

Câu 4: Chọn B. Phương pháp 1 Tính diện tích đáy và chiều cao rồi áp dụng công thức V = Sh tính thể tích. 3

Cách giải:

Xét tam giác ABC có AB 2 + BC 2 = a 2 + 4a 2 = 5a 2 = AC 2 nên tam giác ABC vuông tại B (Định lí Pytago đảo).

1 1 1 2a 3 3 Thể tích V = S ABC .SA = BA.BC.SA = a.2a.a 3 = 3 3 3 3

Câu 5: Chọn D. Phương pháp Sử dụng phương pháp đưa về cùng cơ số Sử dụng các công thức log aα b =

log a b; log a bα = α .log a b với ( a; b > 0; a ≠ 1)

Cách giải: ĐK: x ≠ 0. Ta có log 4 x 2 − log 2 3 = 1 ⇔ log 22 x 2 − log 2 3 = 1 ⇔ log 2 x − log 2 3 = 1 ⇔ log 2

x 3

=1⇔

x = 6 =2⇔ x =6⇔ (thỏa mãn) 3  x = −6 x

Tổng các nghiệm của phương trình là 6 + (-6) = 0. Chú ý: log a x 2 = log a x .

Câu 6: Chọn B. Phương pháp Tính xác suất theo phương pháp biến cố đối: “Không có cầu thủ nào sút vào”. 14

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

Cách giải: Gọi A là biến cố: “Ít nhất một cầu thủ sút vào”. Khi đó A là biến cố: “Không có cầu thủ nào sút vào”. Xác suất xảy ra biến cố này là P ( A) = (1 − 0,8 ) .(1 − 0, 7) = 0, 2.0, 3 = 0, 06. Vậy P ( A) = 1 − P ( A) = 1 − 0, 06 = 0, 94.

Câu 7: Chọn A. Phương pháp: Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng d và đường thẳng d’ là hình chiếu của d trên (P).

Cách giải:

Ta có SA ⊥ ( ABC ) tại A nên hình chiếu của S trên (ABC) là điểm A. Suy ra hình chiếu của SB lên (ABC) là AB. Do đó, góc giữa SB và (ABC) là góc giữa SB và AB.

Câu 8: Chọn B. Phương pháp Sử dụng công thức tính tỉ số thể tích đối với khối chóp tam giác:

VS .MNP SM SN SP . . = với M, N, P lần lượt VS . ABC SA SB SC

thuộc SA, SB, SC.

Cách giải: Ta có:

VS .MPQ VS . ADC

SM SP SQ 1 1 1 1 = . . = . . SA SC SD 2 2 2 8

VS .MPN SM SP SN 1 1 1 1 = = . . = . . VS . ACB SA SC SB 2 2 2 8 Suy ra

1 VS .MNP VS .MPN VS.MPN + VS .MPN VS .MNPQ = = = = 8 VS .ADC VS . ACB VS . ADC + VS . ACB VS . ABCD

⇒ VS . ABCD = 8VS .MNPQ = 8 15

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

Chú ý: Công thức tỉ số thể tích trên chỉ áp dụng đối với chóp tam giác.

Câu 9: Chọn C. Phương pháp Sử dụng đồ thị hàm số y =

a d ax + b  d  x ≠ −  nhận đường thẳng y = làm TCN và đường thẳng x = − c c cx + d  c

làm TCĐ.

Cách giải: Đồ thị hàm số y =

3 − 2x nhận đường thẳng y = -2 làm tiệm cận ngang. x +1

Câu 10: Chọn A. Phương pháp Quan sát bảng biến thiên và tìm GTLN, GTNN của hàm số trên đoạn [-1;2] rồi kết luận.

Cách giải: Quan sát bảng biến thiên ta thấy trên đoạn [-1;2] thì hàm số đạt GTNN bằng 0 tại x = 0 và đạt GTLN bằng 3 tại x = −1. Do đó M = 3; m = 0 ⇒ M + m = 3 + 0 = 3.

Câu 11: Chọn D. Phương pháp Sử dụng log a f ( x ) = b ⇔ f ( x ) = a b

Cách giải: x < 0 ĐK: x 2 − 3 x > 0 ⇔  x > 3  x = −1(N) Ta có log 0,25 ( x 2 − 3 x ) = −1 ⇔ x 2 − 3 x = 0, 25−1 ⇔ x 2 − 3 x = 4 ⇔ x 2 − 3 x − 4 = 0 ⇔   x = 4(N)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = {-1;4}.

Câu 12: Chọn A. Phương pháp - Đếm số cách chọn 3 trong 10 bạn nam và 2 trong 8 bạn nữ. - Sử dụng quy tắc nhân đếm số cách chọn.

Cách giải: Số cách chọn 3 trong 10 bạn nam là C103 . Số cách chọn 2 trong 8 bạn nữ là C82 . Số cách chọn 5 bạn thỏa mãn bài toán là C103 .C82 . 16

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

Câu 13: Chọn B. Phương pháp Dựa vào cách đọc BBT để xác định hàm số Tìm ra các điểm thuộc đồ thị hàm số rồi thay tọa độ vào các hàm số ở đáp án để loại trừ.

Cách giải: Từ BBT ta có lim f ( x ) = −∞; lim f ( x ) = +∞ nên loại C và D. x →+∞

x →+∞

Ta thấy điểm (3;-1) thuộc đồ thị hàm số f ( x ) nên thay x = 3; y = −1 vào hai hàm số ở phương án A và phương án B ta thấy chỉ có hàm số y = x3 − 6 x 2 + 9 x − 1 thỏa mãn nên hàm số cần tìm là y = x3 − 6 x 2 + 9 x − 1.

Câu 14: Chọn B. Phương pháp Chuyển vế, chia cả hai vế cho 4 x và giải phương trình thu được tìm nghiệm.

Cách giải: 2x

9 −6 = 2

3 3 ⇔ 9 − 2.4 = 0 ⇔   −   − 2 = 0 2 2

2 x +1

x x t = −1(ktm)  3  3 ⇒   = 2 ⇔ x = log 3 2 > 0 Đặt   = t > 0 thì t 2 −t − 2 = 0 ⇔  2 2 t = 2(tm) 2

Vậy phương trình không có nghiệm nào âm.

Câu 15: Chọn C. Phương pháp Sử dụng công thức hình lập phương cạnh a có độ dài đường chéo chính là a 3. Thể tích hình lập phương cạnh a là V = a 3 .

Cách giải: Gọi độ dài cạnh hình lập phương là a(a>0) thì độ dài đường chéo hình lập phương là a 3 = 6 ⇔ a = 2 3

(

Thể tích hình lập phương là V = 2 3

)

= 24 3.

Câu 16: Chọn D. Phương pháp Tìm giao điểm của đường thẳng y =

5 với đồ thị hàm số và nhận xét tính chất nghiệm. 2

Cách giải:

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

5 Ta có: 2 f ( x ) − 5 = 0 ⇔ f ( x ) = . 2 Nghiệm của phương trình chính là hoành độ giao điểm của đường thẳng y =

5 với đồ thị hàm số y = f ( x ) . 2

5 cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt, trong đó có 2 điểm có 2 hoành độ âm và 1 điểm có hoành độ dương. Vậy phương trình có 2 nghiệm âm. Quan sát đồ thị ta thấy đường thẳng y =

Câu 17: Chọn D. Phương pháp Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ x = x0 là k = f ' ( x0 ) .

Cách giải: Ta có: y ' =

−1

( 3x − 2 )

Giao điểm của đồ thị hàm số y =

−x +1 với trục tung có hoành độ x = 0. 3x − 2

Do đó hệ số góc của tiếp tuyến tại tại giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung là y ' ( 0 ) =

−1 . 4

Câu 18: Chọn A. Phương pháp Công thức tính thể tích khối trụ V = π r 2 h.

Cách giải: Ta có: V = π r 2 h = π a 2 .2a = 2π a 3 .

Câu 19: Chọn C. Phương pháp Sử dụng quan hệ vuông góc giữa đường thẳng và mặt phẳng để xác định khoảng cách d ( O;( P) ) = OH với

OH ⊥ ( P ) tại H. 18

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

(Để chứng minh OH ⊥ ( P ) ta chứng minh OH vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong (P)) Ta tính SO dựa vào công thức thể tích hình chóp, tính OH dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Cách giải:

Vì S.ABCD là chóp tứ giác đều có O là tâm đáy nên SO ⊥ ( ABCD ). Gọi M là trung điểm BC, trong tam giác SOM kẻ OH ⊥ SM tại H. Vì ABCD là hình vuông tâm O nên OB = OC = OA = OD =

BD . 2

Suy ra OM ⊥ BC (vì ∆OBC vuông cân có OM là trung tuyến cũng là đường cao) Ta có SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ BC, lại có OM ⊥ BC nên BC ⊥ ( SOM ) suy ra BC ⊥ OH . OH ⊥ SM Từ đó vì  ⇒ OH ⊥ ( SBC ) tại H ⇒ d ( O; ( SBC ) ) = OH . OH ⊥ BC

Xét tam giác OBC vuông cân tại O có trung tuyến OM =

1 1 BC = .2a = a. 2 2

1 1 2 Diện tích đáy S ABCD = ( 2a ) = 4a 2 . Ta có VS . ABCD = .SO.S ABCD ⇔ 4a 3 = SO.4a 2 ⇒ SO = 3a. 3 3 Xét tam giác SOM vuông tại M có OH là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có 1 1 1 1 1 10 3a 10 = + = + 2 ⇔ OH 2 = 2 ⇒ OH = 2 2 2 2 9a 10 OH SO OM ( 3a ) a Vậy d ( O;( SBC ) ) =

3 10 . 10

Câu 20: Chọn D. Phương pháp - Tính y’ tìm nghiệm của y ' = 0. - Tính y '' và tìm giá trị của y '' tại các điểm vừa tìm được.

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

Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai tại điểm x0 thì điểm x0 là điểm cực đại của hàm số trên nếu  f ' ( x0 ) = 0 .   f '' ( x0 ) < 0

Cách giải: x = 0 Ta có: y ' = 6 x − 2 x = 0 ⇔  1. x = 3  2

1 y '' = 12 x − 2 ⇒ y ''(0) = −2 < 0; y''   = 2 > 0.  3 Vậy hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0.

Câu 21: Chọn A. Phương pháp 1 Sử dụng công thức tính thể tích khối nón V = π r 2 h với r là bán kính đáy, h là chiều cao hình chóp. 3

Cách giải:

Cắt hình nón bằng mặt phẳng qua trục ta dược thiết diện là tam giác cân SAB có AB = 2 R = 6 và ASB = 600 nên tam giác SAB đều cạnh 6 ⇒ trung tuyến SO =

6 3 = 3 3. 2

1 1 Thể tích khối nón là V = π r 2 h = π 32.3 3 = 9π 3. 3 3

Câu 22: Chọn A. Phương pháp Xét tính đúng sai của từng đáp án dựa vào điểu kiện của a, b.

Cách giải: Đáp án A: log a b < log a 1 = 0 (vì 0 < a < 1 và b > 1) nên A đúng. Đáp án B: ln a < ln b vì a < b nên B sai. 20

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

Đáp án C: Vì 0 < 0,5 < 1 và a < b nên ( 0, 5 ) > ( 0,5 ) nên C sai. Đáp án D: Vì 2 > 1 và a < b nên 2a < 2b nên D sai. Câu 23: Chọn D. Phương pháp n

Ta sử dụng công thức (1 + x ) = ∑ Cnk .x k sau đó thay x = 1 để tính tổng các hệ số. n

k =0

Cách giải: n

Ta có (1 + x ) = ∑ Cnk .x k n

k =0 n

k =0

Chọn x = 1 ta có (1 + 1) = ∑ Cnk .1k = ∑ Cnk = Cn0 + Cn1 + ... + Cnn ⇔ T = 2n. n

Câu 24: Chọn C. Phương pháp: Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính R là: S = 4π R 2 .

Cách giải: Ta có: S = π = 4π R 2 ⇔ R 2 =

1 1 ⇔R= . 4 2

Câu 25: Chọn A. Phương pháp Xét phương trình f ' ( x ) = 0, nếu x0 là nghiệm bội bậc chẵn của phương trình thì x0 không phải là điểm cực trị của hàm số, nếu x0 là nghiệm bội bậc lẻ của phương trình thì x0 là điểm cực trị của hàm số,

Cách giải: x = 0 x = 1 2 3 4 Xét phương trình f ' ( x ) = x ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) = 0 ⇔  x = 2  x = 3

Trong đó x = 0; x = 2 là các nghiệm bổi bậc lẻ nên hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị. (còn x = 1; x = 3 là các nghiệm bội bậc chẵn nên không phải là điểm cực trị của hàm số y = f ( x )) Chú ý : Các em có thể lập BBT của hàm y = f ( x ) rồi kết luận số điểm cực trị.

Câu 26: Chọn D. Phương pháp: Sử dụng tính chất của logarit nhận xét tính đúng sai của từng đáp án. 21

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

Cách giải: ln a + ln b = ln(ab) ≠ ln(a + b) nên A sai. ln(a + b) ≠ lna .lnb nên B sai. ln a − ln b = ln log b a =

a ≠ ln ( a − b ) nên C sai. b

ln a nên D đúng. ln b

Câu 27: Chọn A. Phương pháp: Sử dụng : + Đồ thị hàm số y =

a d ax + b  d  x ≠ −  nhận đường thẳng y = làm TCN và đường thẳng x = − làm c c cx + d  c

TCĐ. + Đồ thị hàm số y = log a x ( x > 0 ) nhận trục tung làm tiệm cận đứng + Đồ thị hàm số y = a

( a > 0 ) nhận trục hoành làm tiệm cận ngang (không có TCĐ)

Cách giải: + Xét A: Đồ thị hàm số y = log3 x ( x > 0 ) nhận trục tung làm tiệm cận đứng nên A đúng. x

1 1 + Xét B, D: Đồ thị hàm số y = x =   và y = 3  3 TCĐ) nên loại B, D. + Xét C: Đồ thị hàm số y =

( 3)

nhận trục hoành làm tiệm cận ngang (không có

1 nhận x = −1 làm TCĐ và y = 0 làm TCN nên loại C. x +1

Câu 28: Chọn A. Phương pháp: Nhận xét sự thay đổi về thể tích của khối lăng trụ theo cạnh đáy và chiều cao rồi kết luận.

Cách giải: Gọi cạnh đáy và chiều cao khối lăng trụ đều là a;h thì thể tích V = a 2 h. Nếu gấp đôi các cạnh đáy đồng thời giảm chiều cao của khối lăng trụ hai lần thì h V ' = ( 2a 2 ) . = 2a 2 h = 2V . 2 Vậy thể tích khối lăng trụ được tăng lên 2 lần và bằng 4.2 = 8.

Câu 29: Chọn D. Phương pháp: 22

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

Dựa vào cách đọc đồ thị hàm số để tìm điểm cực trị.

Ở đây cần lưu ý giá trị cực trị của hàm số là trung độ điểm cực trị của đồ thị hàm số, điểm cực trị của hàm số là hoành độ điểm cực trị của đồ thị hàm số. Cách giải: Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số nhận (1;0) làm điểm cực tiểu và điểm (-1;4) làm điểm cực đại. Nên hàm số y = f ( x ) có giá trị cực tiểu là yCT = 0.

Câu 30: Chọn B. Phương pháp: Hàm số y = log a f ( x ) xác định nếu f ( x ) xác định và f ( x ) > 0.

Cách giải: 2

Hàm số y = log ( x − 2 ) xác định nếu ( x − 2 ) > 0 ⇔ x ≠ 2. Vậy TXĐ D = ℝ \ {2}. 2

Chú ý khi giải: Nhiều em biến đổi ( x − 2 ) > 0 ⇔ x > 2 rồi chọn C là sai.

Câu 31: Chọn D. Phương pháp: Sử dụng công thức đạo hàm ( ln ( u ) ) ' =

u' và ( eu ) ' = u '.eu u

Cách giải:

(1 + e ) ' = '= 2x

(

Ta có y ' = ln (1 + e

))

1 + e2 x

2e 2 x 1 + e2 x

Câu 32: Chọn A. Phương pháp: Đồ thị hàm số lẻ có tâm đối xứng, đồ thị hàm số chẵn có trục đối xứng. Cách giải: Quan sát các đáp án ta thấy: Hàm bậc ba là hàm lẻ và có tâm đối xứng nên A đúng. Các đáp án B, C, D đều là các hàm chẵn nên có trục đối xứng.

Câu 33: Chọn C. Phương pháp: Sử dụng các công thức Pn = n !; Cnk =

n! n! ; Ank = (với n ≥ k ≥ 0; n; k ∈ ℕ ) k !( n − k ) ! ( n − k )!

Cách giải: + Ta có Pn = n !; Ann =

n! = n ! ⇒ Pn = Ann nên A đúng ( n − n )! 23

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

+ Cnk = Cnn − k (tính chất) nên B đúng. + Ank =

n! nên C sai. ( n − k )!

+ Pk .Cnk = k !.

n! n! = = Ank nên D đúng. k !( n − k ) ! ( n − k ) !

Câu 34: Chọn A. Phương pháp: Tìm các khoảng đồng biến của mỗi hàm số ở các đáp án và đối chiếu kết quả.

Cách giải: Đáp án A: y = x 4 − x 2 + 3 ⇒ y ' = 4 x 3 − 2 x = 2 x ( 2 x 2 − 1) .  1 − 2 < x < 0 y'> 0 ⇔  hay hàm số đồng biến trên các khoảng 1   x > 2

 1   1  ;0  và  ; +∞  ⊃ (1; +∞ ) − 2    2 

Nên hàm số ở đáp án A thỏa mãn.

Đáp án B: y =

x−2 1 3 3   ⇒ y' = > 0, ∀x ∈  −∞;  ∪  ; +∞  2 2x − 3 2 2   ( 2 x − 3)

3  3  Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng  −∞;  và  ; +∞  2  2  Cả hai khoảng này đều không chứa khoảng (1; +∞ ) nên loại.

Đáp án C: y = − x 3 + x − 1 ⇒ y ' = −3 x 2 + 1 > 0 ⇔ −

1 1 . <x< 3 3

 1 1  ; Do đó hàm số đồng biến trên khoảng  −  . Khoảng này không chứa khoảng (1; +∞ ) nên loại. 3 3 

Đáp án D: y =

−4 3− x ⇒ y'= < 0, ∀x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( −1; +∞ ) 2 x +1 ( x + 1)

Do đó hàm số không đồng biến, loại D.

Câu 35: Chọn B. Phương pháp: Dựa vào cách đọc đồ thị hàm số trùng phương bậc bốn y = ax 4 + bx 2 + c : + Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị khi ab < 0, có một điểm cực trị khi ab ≥ 0 + Xác định dấu của hệ số tự do c dựa vào giao của đồ thị với trục tung. 24

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

+ Xác định dấu của a dựa vào lim f ( x ) , nếu lim f ( x ) = +∞ thì a > 0, nếu lim f ( x ) = −∞ thì a < 0. x →±∞

x →±∞

Cách giải: Từ hình vẽ ta thấy: + lim f ( x ) = +∞ nên a > 0 x →±∞

+ Đồ thị hàm số có ba cực trị nên ab < 0 mà a > 0 ⇒ b < 0 + Đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm dưới trục Ox nên c < 0 Từ đó ta có a > 0; b > 0; c > 0 ⇒ bc > 0.

Câu 36: Chọn C. Phương pháp: - Đếm số các ước nguyên dương của 2592 và 2916. Sử dụng công thức: X = a n .b m thì số ước nguyên dương của X là ( m + 1)( n + 1) . - Dùng công thức tính số phần tử A ∪ B = A + B − A ∩ B .

Cách giải: Ta có: 2592 = 25.3 4 và 2916 = 22.36. Gọi A là tập các ước nguyên dương của 2592 suy ra A = (5 + 1).(4 + 1) = 30. Gọi B là tập các ước nguyên dương của 2916 suy ra B = (2 + 1)(6 + 1) = 21. Lại có UCLN ( 2592; 2916 ) = 22.34 nên số ước chung của 2592 và 2916 là số ước của 2 2 .34 và có

(2 + 1)(4 + 1) = 15 ước như vậy. Vậy có 30 + 21 − 15 = 36 số thỏa mãn bài toán.

Câu 37: Chọn D. Phương pháp: n

Sử dụng công thức lãi kép: A = A0 (1 + r ) với A0 là số tiền gốc ban đầu, r là lãi suất, A là tổng tiền cả gốc và lãi thu được sau n kì hạn.

Cách giải: * Nếu anh Bình nghe theo nhân viên tư vấn ngân hàng + Tiền lãi sanh Bình nhận được sau khi gửi 200 triệu trong 12 tháng với mức lãi suất 0,65%/ tháng là

A = 200 (1 + 0, 65% ) 12 −200 (triệu đồng) 4

+ Tiền lãi anh Bình phải trả khi vay nợ 200 triệu đồng với lãi suất 0,7%/ tháng là B = 200 (1 + 0, 7% ) − 200 (triệu đồng) Tổng số tiền lãi anh Bình nhận được là M = A – B * Nếu anh Bình rút tiền ngay 25

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

Số tiền lãi anh Bình nhận được trong 8 tháng với mức lãi suất 0,02%/ tháng là

N = 200 (1 + 0, 02% ) 12 −200 Suy ra nếu làm theo nhân viên tư vấn ngân hàng thì anh Bình sẽ đỡ thiệt số tiền là M − N ≈ 10.19 triệu đồng.

Câu 38: Chọn D. Phương pháp: Đếm số khả năng có lợi cho biến cố bằng cách xét từng trường hợp: trùng chữ số thứ nhất, trùng chữ số thứ 2 và trùng chữ số thứ ba. Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu: n ( Ω ) = C103 .C103 = 14400. Gọi A là biến cố: “Trong hai bộ số của hai bạn có đúng một chữ số giống nhau”. Gọi ba chữ số An chọn được là (a;b;c) thì có C103 cách chọn ba chữ số của An. +) TH1: Bình chọn được a và không chọn được b, c thì hai chữ số còn lại của Bình phải là 2 trong 7 chữ số khác a, b, c hay có C72 cách chọn. +) TH2: Bình chọn được b và không chọn được a, c thì hai chữ số còn lại của Bình phải là 2 trong 7 chữ số khác a, b, c hay có C72 cách chọn. +) TH3: Bình chọn được c và không chọn được a, b thì hai chữ số còn lại của Bình phải là 2 trong 7 chữ số khác a, b, c hay có C72 cách chọn. Do đó n( A) = 3.C72 .C103 = 7560. Vậy P( A) =

n( A) 7560 21 = = . n ( Ω ) 14400 40

Câu 39: Chọn B. Phương pháp: Ta xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD chính là điểm cách đều bốn đỉnh A, B, C, D. Dựa vào tính chất tam giác cân, hai tam giác bằng nhau, tỉ số lượng giác để chứng minh các đoạn thẳng bằng nhau từ đó tìm được tâm mặt cầu.

Cách giải:

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

Các tam giác đều ABC và BCD có cạnh 2 ⇒ BD = DC = BC = AB = AC = 2

Nên tam giác CAD cân tại C và tam giác BAD cân tại B. Lấy H là trung điểm AD ⇒ CH ⊥ AD (do tam giác CAD cân tại C) ( CAD ) ⊥ ( BAD)  Ta có (CAD) ∩ ( BAD) = AD ⇒ CH ⊥ ( BAD) ⇒ CH ⊥ BH (1) CH ⊥ AD, BH ⊂ (CAD) 

Lại có ∆CAD = ∆BAD ( c − c − c ) nên BH = CH (2) Từ (1) và (2) suy ra tam giác CHB vuông cân tại H có cạnh huyền CB = 2. Suy ra BC 2 = BH 2 + CH 2 ⇔ 2 BH 2 = 2 2 ⇒ BH = CH = 2. Xét tam giác CAH vuông tại H có cos ACH =

CH 2 = ⇒ ACH = 450 AC 2

Lại thấy CH là phân giác của ACD (vì ∆CAD cân tại C) nên ACH = HCD = 450 ⇒ ACD = 900 Hay tam giác CAD vuông cân tại C ⇒ CH =

1 AD = HA = HD (3) 2

Vì ∆CAD = ∆BAD ( c − c − c ) nên ∆ABD vuông cân tại B ⇒ BH =

AD = HD = HA 94) 2

Từ (3) và (4) suy ra HA = HB = HC = HD = 2 hay H là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và bán kính mặt cầu là

Câu 40: Chọn D. Phương pháp: n

Sử dung công thức khai triển nhị thức Newton ( a + b ) = ∑ Cnk .a n − k b k n

k =0

Cách giải: 27

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

k =0

i =0

k =0

i =0

Ta có: ( x + 3) − x 2 ( 2 − x ) = ∑ C8k x8− k .3k − x 2 .∑ C5j 25− j. ( − x ) = ∑ C8k .x8− k .3k − ∑ C5i .25−i.(−1)i .x i + 2 8

8 − k = 5 k = 3 Số hạng chứa x5 ứng với  . ⇔ i + 2 = 5 i = 3

Vậy hệ số C83 .35 − C53 .22 = 1552.

Câu 41: Chọn D. Phương pháp: Đặt t = e x . Đưa phương trình đã cho về phương trình ẩn t với t ∈ (1;5) Cô lập m và sử dụng phương pháp hàm số để phương trình ẩn t có đúng hai nghiệm thuộc khoảng (1;5) khi đó phương trình đã cho cũng có đúng hai nghiệm thuộc khoảng (0;ln5).

Cách giải: Đặt t = e x . Khi đó với x ∈ ( 0;ln 5 ) ⇒ t ∈ ( e0 ; eln 5 ) hay t ∈ (1;5) Phương trình đã cho trở thành 2t 2 −8t − m = 0 ⇔ 2t 2 − 8t = m với t ∈ (1;5) Nhận thấy rẳng để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc (0;ln5) thì phương trình 2t 2 − 8t = m có hai nghiệm phân biệt thuộc (1;5). Xét f ( t ) = 2t 2 − 8t ⇒ f ' ( t ) = 4t − 8 = 0 ⇔ t = 2 ∈ (1;5) BBT của f ( t ) trên (1;5):

2 -

f '(t )

5 + 10

f (t ) -6 -8

Từ BBT ta thấy phương trình 2t 2 − 8t = m có hai nghiệm phân biệt t ∈ (1;5) khi và chỉ khi −8 < m < −6 Vậy để phương trình 2e 2 x − 8e x − m = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0;ln5) thì m ∈ (−8; −6) ⇒ a = −8; b = −6 ⇒ a + b = −14.

Câu 42: Chọn B. Phương pháp: - Dựng thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi ( MND ') . - Sử dụng phương pháp phân chia khối đa diện để tính thể tích.

Cách giải:

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

Gọi G = D ' N ∩ B ' C ', GM cắt BB ', CC' lần lượt tại I, H, HD '∩ DC = J. Do đó thiết diện là ngũ giác MJD ' NI . Thể tích khối đa diện cần tính V(H) = VCMIJNB 'CD ' = VH .GD 'C ' − VH .MCJ − VGB ' IN Vì NB '/ / C ' D ' nên

GB ' NB ' 1 = = ⇒ GC ' = 2 B ' C ' = 2a. GC ' C ' D ' 2

Lại có MB / / GB ' ⇒

MB BI 1 a 2 = = ⇒ IB ' = a, IB = . GB ' IB ' 2 3 3 a 3

a JC HC a 1 = = = ⇒ JC = . Tam giác ∆MIB = ∆MHC ⇒ HC = IB = . Mà JC / / D ' C ' ⇒ 3 4 D ' C ' HC ' a + a 4 3 1 1 1 1 4 4 Thể tích VH .GD 'C ' .HC ' = . C ' D '.C ' G = . a.2a. a = a 3 . 3 2 3 2 3 9 1 1 1 a a a a3 Thể tích VH .CJM = SCMJ .HC = . . . . = . 3 3 2 4 2 3 144

a3 1 1 1 1 a 2 Thể tích VI .GB ' N = . .B ' G.B ' N .IB ' = . .a. . a = . 3 2 3 2 2 3 18 Vậy thể tích khối đa diện (H) là:

4 3 a 3 a 3 55a 3 . a − − = 9 144 18 144

Câu 43: Chọn A. Phương pháp: b

Quan sát đồ thị và sử dụng công thức

∫ a

f ' ( x ) dx = f ( x )

b a

= f ( b ) − f ( a ) từ đó tìm ra mối quan hệ giữa các

h ệ s ố.

Cách giải: 29

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

Ta có f ' ( x ) = 4ax3 + 3bx 2 + 2cx + d Từ đồ thị hàm f ' ( x ) ta có f '(0) = 0 ⇒ d = 0 và lim f ' ( x ) = −∞; lim f ' ( x ) = +∞ ⇒ a < 0 x →+∞

Ta xét

x →−∞

∫ f ' ( x ) dx = f ( x ) −1 = e − ( a − b + c − d + e ) = −a + b − c + d , mà

−1

∫ f ' ( x ) dx < 0 ⇒ −a + b − c + d < 0 ⇔ a + c > b + d

nên C sai.

−1

Lại có d = 0 ⇒ a + c > b ⇔ a > b − c mà a < 0 ⇒ b − c < 0 do đó d + d − c < 0 nên D sai. 1

Lại xét

∫ 0

1 f ' ( x ) dx = f ( x ) = a + b + c + d + e − e = a + b + c + d mà 0

∫ f ' ( x ) dx > 0 ⇒ a + b + c + d > 0

nên B

sai. a + b + c + d > 0 −a − b − c − d < 0 ⇔ ⇒ −2(a + c) < 0 ⇔ a + c > 0 nên A đúng. Theo trên ta có  −a + b − c + d < 0 −a + b − c + d < 0

Câu 44: Chọn A. Phương pháp: Tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số, từ đó suy ra điều kiện để bài toán thỏa.

Cách giải: Ta có:

lim y = lim

x →+∞

x ( x − m) −1 x+2

m m 1 −1 1− − x x x = 1 hay y = 1 là đường tiệm cận ngang của = lim x →+∞ 2 x+2 1+ x

x 1− = lim

x →+∞

đồ thị hàm số.

lim y = lim

x →−∞

x ( x − m) −1 x+2

m m 1 −1 − 1− − x x x = −1 hay y = -1 là đường tiệm cận ngang = lim x →−∞ 2 x+2 1+ x

−x 1−

= lim

x →−∞

của đồ thị hàm số. Do đó bài toán thỏa ⇔ đồ thị hàm số chỉ có duy nhất một tiệm cận đứng. Ta lại có: y =

x ( x − m) −1 x+2

x 2 − mx − 1

( x + 2) (

x ( x − m ) + 1)

Để đồ thị hàm số chỉ có duy nhất một đường TCĐ thì x = −2 không là nghiệm của tử và x = −2 thuộc tập xác định của hàm số.

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

 m ≥ −2 −2(−2 − m) ≥ 0  m ≥ −2  ⇔ ⇔ ⇔ 3. 2 m + ≠ 2 3 0 m ≠ − m − − − − ≠ ( 2) .( 2) 1 0    2 Do m ∈ (−10;10), m ∈ ℤ nên m ∈ {−2; −1; 0;1;...;8;9} và có 12 giá trị thỏa mãn.

Câu 45: Chọn C. Phương pháp: Đặt e x = t ( t > 0 ) . Ta đưa bất phương trình đã cho thánh bất phương trình ẩn t, từ đó lập luận để có phương trình ẩn t có nghiệm thuộc (1;e). Ta chú ý rằng hàm số y = f ( x ) và y = f ( t ) có tính chất giống nhau nên từ đồ thị hàm số đã cho ta suy ra tính chất hàm f ( t ) . Sử dụng phương pháp hàm số để tìm m sao cho bất phương trình có nghiệm. Bất phương trình m > f ( X ) có nghiệm trân (a;b) khi m > min f ( X ) [ a ;b ]

Cách giải: Xét bất phương trình f ( e x ) < m ( 3e x + 2019 ) (*)

Đặt e x = t (t > 0), Với x ∈ (0;1) ⇒ t ∈ ( e0 ; e1 ) ⇒ t ∈ (1; e) Ta được bất phương trình f ( t ) < m ( 3t + 2019 ) ⇔ m >

f (t )

3t + 2019

(1) (vì 3t + 2019 > 0 với t ∈ (1; e))

Để bất phương trình (*) có nghiệm x ∈ (0;1) thì bất phương trình (1) có nghiệm t ∈ (1; e). Ta xét hàm g ( t ) = Ta có g ' ( t ) =

f (t ) 3t + 2019

trên (1;e)

f ' ( t )( 3t + 2019 ) − 3 f ( t )

( 3t + 2019 )

Nhận xét rằng đồ thị hàm số y = f ( t ) có tính chất giống với đồ thị hàm số y = f ( x ) nên xét trên khoảng (1;e) ta thấy rằng f ( t ) < 0 và đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải hay hàm số đồng biến trên (1;e) nên

f ' ( t ) > 0. Từ đó g ' ( t ) =

f ' ( t )( 3t + 2019 ) − 3 f ( t )

( 3t + 2019 )

> 0 với t ∈ (1; e) hay hàm số g ( t ) đồng biến trên (1;e).

Ta có BBT của g(t) trên [1;e]

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

g ' (t ) g (t ) −

2 1011

Từ BBT ta thấy để bất phương trình m >

f (t ) 3t + 2019

có nghiệm t ∈ (1; e) thì m > min g (t ) ⇔ m > − [1; e ]

2 . 1011

Câu 46: Chọn B. Phương pháp: - Đặt t = x − 1 ( t ≥ 0 ) đưa phương trình về ẩn t. - Phương trình đã cho có 3 nghiệm ⇔ phương trình ẩn t có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương.

Cách giải: Đặt t = x − 1 ( t ≥ 0 ) ta được f ( t ) + m = 2 ⇔ f ( t ) = 2 − m. t = 0 ∈ [ 0; +∞ ) Có f ( t ) = t 3 − 3t 2 + 8 ⇒ f ' ( t ) = 3t 2 − 6t = 0 ⇔  t = 2 ∈ [ 0; +∞ ) Bảng biến thiên:

+∞

2 -

+∞ 8 4

Phương trình đã cho có 3 nghiệm ⇔ phương trình ẩn t có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương ⇔ đường thẳng y = 2-m cắt đồ thị hàm số tại một điểm có hoành độ bằng 0 và điểm còn lại có hoành độ dương. Quan sát bảng biến thiên ta thấy 2 − m = 8 ⇔ m = −6. Vậy tổng các giá trị của m là -6.

Câu 47: Chọn A. Phương pháp: + Tính diện tích xung quanh hình nón còn lại 32

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

+ Sử dụng công thức S xq = π Rl để tính bán kính đáy của hình nón này. + Sử dụng công thức R 2 + h 2 = l 2 để tính chiều cao hình nón 1 + Sử dụng công thức V = π R 2h để tính thể tích hình nón còn lại. 3 (với R là bán kính đáy hình nón, h là chiều cao hình nón và l là đường sinh hình nón)

Cách giải: Diện tích hình tròn là S = π r 2 = 25π Diện tích xung quanh hình nón còn lại là S 2 = 25π − 15π = 10π Nhận xét rằng khi quấn hình quạt được cắt từ hình tròn thành hình nón thì đường sinh của hình nón chính là bán kính của hình tròn. Từ đó hình nón còn lại có đường sinh l = 5. Lại có diện tích xung quanh hình nón còn lại là 10π nên gọi R là bán kính hình nón này thì S

= π Rl ⇒ 10π = π R.5 ⇒ R = 2

Ta gọi chiều cao hình nón này là h (h > 0) thì h 2 + R 2 = l 2 ⇒ h = l 2 − R 2 = 52 − 22 = 21

1 1 4π 21 Thể tích hình nón còn lại là V = π R 2 = π .22. 21 = . 3 3 3

Câu 48: Chọn A. Phương pháp: - Gọi x ( x ≥ 0 ) (nghìn đồng) là số tiền tăng lên cho mỗi kg rau. - Biểu diễn các điều kiện còn lại theo x thu được hàm số ẩn x. - Tìm GTLN của hàm số trên và kết luận.

Cách giải: Gọi x ( x ≥ 0 ) (nghìn đồng) là số tiền tăng lên cho mỗi kg rau. Số tiền bán mỗi một kg rau sau khi tăng là x + 30 (nghìn đồng). Số kg rau thừa là 20 x ( x ≤ 50 ) . Tổng số kg rau bán được là 1000 − 20 x ( kg ) . Tổng số tiền thu được là T = (1000 − 20 x )( 30 = x ) + 20 x.2 = −20 x 2 + 440 x + 30000. 2

Mà −20 x 2 + 440 x + 30000 = 32420 − 20 ( x − 11) ≤ 32420. Do đó T ≤ 32420 ⇒ max T = 32420, dấu “=” xảy ra khi x = 11. Vậy số tiền nhiều nhất bán được là 32420000 đồng.

Câu 49: Chọn B. Phương pháp: 33

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

+ Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ để đưa về dạng f ( u ) = f ( v ) mà f là hàm đơn điệu nên suy ra u = v. Từ đó ta tìm được mối liên hệ giữa x và y . + Thay vào phương trình thứ hai ta được phương trình ẩn y. Lập luận phương trình này có nghiệm duy nhất thì hệ ban đầu sẽ có nghiệm duy nhất. + Biến đổi để chỉ ra nếu y0 là nghiệm thì − y 0 cùng là nghiệm của phương trình ẩn y , từ đó suy ra y0 = 0. Thay vào phương trình để tìm m. + Sử dụng bất đẳng thức Cô-si để thử lại m.

Cách giải: ĐK: 1 − y 2 ≥ 0 ⇔ y ∈ [−1;1] + Xét phương trình 2 x − y −2 y + x = 2 y ⇔ 2 x − y + x − y = 2 y + y Xét hàm số f ( t ) = 2t + t ⇒ f ' ( t ) = 2t.ln 2 + 1 > 0; ∀t nên hàm số f ( t ) đồng biến trên R. T ừ đó 2 x − y + x − y = 2 y + y ⇒ f ( x − y ) = f ( y ) ⇔ x − y = y ⇔ x = 2 y + Thay x = 2 y vào phương trình 2 x +1 = ( m 2 + 2 ) .2 y. 1 − y 2 ta được

2 2 y +1 = ( m 2 + 2 ) .2 y . 1 − y 2 ⇔ 4 y + 1 = ( m 2 + 2 ) .2 y. 1 − y 2 (*)

Để hệ phương trình (1) có một nghiệm duy nhất thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất y ∈ [−1;1] Giả sử y0 ∈ [−1;1] là một nghiệm của phương trình (*) thì ta có 4 y0 +1 = ( m 2 + 2 ) .2 y0 . 1 − y02 (**) Xét với − y0 ta có 4 − y0 +1 = ( m 2 + 2 ) .2 − y0 . 1 − ( − y0 ) 2 ⇔

1 1 + 1 = ( m 2 + 2 ) y0 1 − y02 y0 4 2

⇔ 4 y0 +1 = ( m 2 + 2 ) .2 y0 . 1 − y02 (đúng do (**) hay − y0 cũng là nghiệm của phương trình (*). Do vậy để (*) có nghiệm duy nhất thì

y0 = − y0 ⇔ y0 = 0. Thay y = 0 vào (*) ta được

40 + 1 = ( m 2 + 2 ) .20 1 − 0 2 ⇔ m 2 + 2 = 2 ⇔ m = 0. Thử lại: Thay m = 0 vào (*) ta được 4 y + 1 = 2.2 y 1 − y 2 ⇔ 2 y + Nhận thấy rằng VT (***) = 2 y +

1 = 2 1 − y 2 (***) y 2

1 Cô − si 1 1 ≥ 2 2 y. y ⇔ VT (***) ≥ 2, dấu “=” xảy ra ⇔ 2 y = y ⇔ y = 0 y 2 2 2

Và VP (***) = 2 1 − y 2 ≤ 2 ⇔ VP (***) = 2 ⇔ y = 0. Vậy phương trình (***) có nghiệm duy nhất y = 0. Kết luận : Với m = 0 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất nên tập S có một phần tử.

Chú ý : Các em có thể làm bước thử lại như sau : 34

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

Thay m = 0 vào (*) ta được 2

4 y + 1 = 2.2 y 1 − y 2 ⇔ ( 2 y ) − 2.2

(

1− y2 +1− y2 + y2 = 0 ⇔ 2y − 1− y2

) +y

2 y − 1 − y 2 = 0 20 − 1 − 0 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ y = 0. 2  y = 0  y = 0 Câu 50: Chọn C. Phương pháp: Dựng hình, xác định các hình tròn xoay tạo thành khi quay và tính tỉ số thể tích.

Cách giải:

Thể tích khối trụ V1 = π R 2 h = π MC 2 .BC 1 1 Tổng thể tích hai khối nón V 2 = π MC 2 . AM + π NB 2 AN 3 3

1 1 1 = π MC 2 ( AM + AN ) = π MC 2 .BC = V1. 3 3 3 Vậ y

V1 = 3. V2

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 NĂM HỌC: 2018 – 2019 MÔN TOÁN 12 (Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề) Mã đề : 628

Mục tiêu: Đề thi với 50 câu hỏi trắc nghiệm ở đầy đủ các mức độ từ NB – TH – VD – VDC giúp các em có thể rèn luyện cách làm bài tốt hơn với mọi dạng bài ở mọi mức độ. Sau khi làm đề thi, các em có thể biết mình đã hiểu sâu phần kiến thức nào và cần bổ sung phần kiến thức nào. Như vậy các em sẽ ôn thi tốt hơn. Câu 1: Phát biểu nào sau đây là sai: A. Hàm số y = a x và y = log a x đồng biến khi a > 1. B. Hàm số logarit y = log a x ( a > 0, a ≠ 1) có tập xác định là ( 0; +∞ ) . C. Hàm số mũ y = a x ( a > 0, a ≠ 1) có tập xác định là ( 0; +∞ ) . D. Đồ thị hàm số mũ y = a x ( a > 0, a ≠ 1) nhận Ox làm tiệm cận ngang. Câu 2: Cắt khối nón bởi một mặt phẳng qua trục tạo thành một tam giác đều có cạnh bằng a. Thể tích của khối nón là: A. π a3 2

3π a 3 8

2 3π a 3 9

π a3 3 24

Câu 3: Kết luận nào là đúng về GTLN và GTNN của hàm số y = x − x 2 ? A. Không có GTLN và không có GTNN.

B. Có GTLN và không có GTNN.

C. Có GTLN và GTNN.

D. Có GTNN và không có GTLN.

Câu 4: Thể tích khối cầu có bán kính bằng A.

π a3

a là: 2

π a2

π a3 6

D. π a 2

Câu 5: Một hồ bơi có dạng hình hộp chữ nhật có chiều dài 50m, chiều rộng 19m. Biết rằng trong hồ bơi có 1900000 lít nước. Độ sâu của hồ bơi lúc này là: A. 1,8m.

B. 1,4m.

Câu 6: Giá trị của m để hàm số y = A. m = 1

B. m = 1 hoặc m = 2 C. m = 6 B. 3

D. 2m.

1 3 x − ( m − 1) x 2 + ( m 2 − 3m + 2 ) x + 5 đạt cực đại tại x = 0? 3

Câu 7: Số nghiệm của phương trình 22 x A. 0

C. 1,6m.

− 7 x +5

D. m = 2

= 1 là: C. 2

D. 1

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

Câu 8: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC và AD đôi một vuông góc với nhau, AB = 6a, AC = 5a, AD = 4a. Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của các cạnh BC, CD, DB. Thể tích V của tứ diện AMNP là: 5a 3 . A. V = 3

20a 3 . B. V = 3

C. V = 5a 3

D. V = 10a 3

1  Câu 9: Trong khai triển  a 2 +  , số hạng thứ 5 là: b 

A. −35a 4b

B. 35a 4b −5

C. −35a 6b −4

D. 35a 6b −4

Câu 10: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R, chiều cao bằng h. Biết rằng hình trụ đó có diện tích toàn phần gấp ba diện tích xung quanh. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. R = 2h

B. h = 3R

C. R = 3h

D. h = 2R

Câu 11: Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = 3 − 2 cos 2 3 x. A.min y = 1, max y = 3

B. min y = 1, max y = 5

C. min y = 2, max y = 3

D. min y = -1, max y = 3.

Câu 12: Tỉ lệ tăng dân số ở Việt Nam được duy trì ở mức 1,05%. Theo số liệu của Tổng cục thống kê, dân số Việt Nam năm 2014 có 90.728.900 người. Với tốc độ tăng dân số như thế thì vào năm 2030 thì dân số của Việt Nam là bao nhiêu? A. 105.971.355 người.

B. 106.118.331 người.

C. 107.232.573 người.

D. 107.232.574 người

Câu 13: Cho đa giác đều n đỉnh, n ∈ ℝ và n > 3. Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo. A.n = 15

B. n = 8

Câu 14: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = A. 3

B. 1

C. n = 18

D. n = 27

x +1 là: x −1 2

C. 2

D. 0

Câu 15: Hàm số nào sau đây đồng biến trên R? A. y = tanx

B. y =

x x +1

C. y = ( x2 −1) − 3x + 2 D. y =

x x 2 +1

Câu 16: Tập xác định của hàm số y = log 2 ( 4 − x 2 ) là tập hợp nào sau đây? A. D = (-2;2)

; 2) ∪( 2;+∞) B. D=( −∞−

C. D = [-2;2]

D. D = ℝ \ {−2; 2}.

Câu 17: Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào sai? A. Hàm số y = − x 3 + 3 x 2 + 1 có cực đại, cực tiểu. B. Hàm số y = x3 + 3 x = 1 có cực trị. C. Hàm số y = −2 x + 1 +

1 không có cực trị x+2 2

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

D. Hàm số y = x − 1 +

1 có 2 cực trị. x +1

Câu 18: Tập nghiệm của bất phương trình log 2 x > log 2 ( 2 x + 1) là:  1  A. S =  − ; 0   2 

B. S = ∅

C. S = ( −∞; −1)

D. S = (1;3)

Câu 19: Cho hàm số y = x3 + 3 x 2 − 4 có bảng biến thiên sau, tìm a và b:

-2

−∞

+∞

0 -

+∞

0 a

A. a = +∞; b = 2

B. a = −∞; b = −4

C. a = −∞; b = 1

D. a = +∞; b = 3

Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình dưới đây. Chọn khẳng định đúng.

A. Hàm số liên tục trên (- ∞ ;4).

B. Hàm số liên tục trên (1;4).

C. Hàm số liên tục trên R.

D. Hàm số liên tục trên (1;+ ∞ ).

Câu 21: Nếu một hình chóp đều có chiều cao và cạnh đáy cùng tăng lên 3 lần thì thể tích của nó tăng lên A. 18 lần.

B. 54 lần.

C. 9 lần.

D. 27 lần.

Câu 22: Một hình hộp đứng có đáy là hình thoi (không phải hình vuông) có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 1.

B. 3.

C. 4.

Câu 23: Tìm điểm M có hoành độ âm trên đồ thị (C ) : y =

D. 2. 1 3 2 x − x + sao cho tiếp tuyến tại M vuông góc 3 3

1 2 với đường thẳng y = − x + . 3 3 16   A. M  −3; −  3 

B. M(-2;0)

4  C. M  −1;  3 

 1 9 D. M  − ;   2 8

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

Câu 24: Đồ thị hàm số y =

x +1 có dạng: 1− x

Câu 25: Cho tứ diện ABCD. Gọi I là trung điểm của BC, M là điểm trên cạnh DC. Một mp (α ) qua M, song song BC và AI. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của (α ) với BD và AD. Xét các mệnh đề sau: (1) MP // BC

(2) MQ // AC

(3) PQ // AI

(4) (MPQ) // (ABC)

B. 3.

C. 2.

D. 4.

Số mệnh đề đúng là:

A. 1.

Câu 26: Cho a, b, c > 1. Biết rằng biểu thức P = log a ( bc ) + log b ( ac ) + 4 log c ( ab ) đạt giá trị nhỏ nhất bằng m khi log b c = n. Tính giá trị m + n.

A. m + n = 14

B. m + n =

25 2

C. m + n = 12

D. m + n = 10

Câu 27: Cho x, y là hai số không âm thỏa mãn x + y = 2. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=

1 3 x + x2 + y2 − x +1 3

A. min P = 5

B. min P =

115 3

C. min P =

7 3

D. min P =

17 3

Câu 28: Ba số x, y, z lập thành một cấp số cộng và có tổng bằng 21. Nếu lần lượt thêm các số 2; 3; 9 vào ba số đó (theo thứ tự của cấp số cộng) thì được ba số lập thành một cấp số nhân. Tính F = x 2 + y 2 + z 2 .

A. F = 389 hoặc F = 179

B. F = 441 hoặc F = 357 4

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

C. F = 395 hoặc F = 179

D. F = 389 hoặc F = 395

Câu 29: Cho tứ diện đều S.ABC có cạnh bằng 1. Mặt phẳng (P) đi qua điểm S và trọng tâm G của tam giác ABC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N. Tính thể tích nhỏ nhất Vmin của khối tứ diện SAMN. A. Vmin =

2 27

B. Vmin =

4 9

C. Vmin =

2 18

D. Vmin =

2 36

Câu 30: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC, AA’ = 2a. M là trung điểm của B’C’. Khi đó khoảng cách từ C’ đến mặt phẳng (A’BM) là: A.

a 21 47

a 3 3

a 26 107

a 2

Câu 31: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, AB = a, ∠BAD = 600 , SO ⊥ ( ABCD ) và mặt phẳng (SCD) tạo với đáy một góc 600 . Tính thế tích khối chóp S.ABCD.

3a 3 A. 12

3a 3 8

3a 3 48

3a 3 24

Câu 32: Cho một miếng tôn hình tròn có bán kính 70cm. Biết hình nón có thể tích lớn nhất khi diện tích toàn phần của hình nón bằng diện tích miếng tôn ở trên. Khi đó hình nón có bán kính đáy là: A.40 cm

B. 10 2cm

C. 70 2cm

D. 35 cm

 π Câu 33: Cho x, y ∈  0;  thỏa mãn cos 2 x + cos 2 y + 2sin ( x + y ) = 2. Tìm GTNN của  2

sin 4 x cos 4 y + y x A. min P =

Câu 34: Cho hàm số y =

B. min P =

C. min P =

D. min P =

2 3π

x ( C ) . Tìm m để đường thẳng d : y = mx − m − 1 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt M, 1− x

N sao cho AM 2 + AN 2 đạt giá trị nhỏ nhất với A(-1;1).

A. m = 2

B. m = 0

C. m = 1

D. m = -1

Câu 35: Trong kì thi THPT Quốc Gia, mỗi phòng thi gồm 24 thí sinh được sắp xếp vào 24 bàn khác nhau. Bạn Nam là một thí sinh dự thi, bạn đăng kí 4 môn thi và cả 4 lần đều thi tại 1 phòng duy nhất. Giả sử giám thị xếp thí sinh vào vị trí một cách ngẫu nhiên, tính xác suất để trong 4 lần thi thì bạn Nam có đúng 2 lần ngồi vào cùng 1 vị trí. A.

26 35

899 1152

253 1152

4 7

Câu 36: Tìm số nguyên dương n sao cho C21n +1 − 2.2C22n +1 + 3.22.C22n +1 − ... + ( 2n + 1) 2n C22nn++11 = 2005. 5

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

A. n = 1002

B. n = 1114

C. n = 102

D. n = 1001

Câu 37: Cho hàm số y = x3 − mx + 1 . Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên m sao cho hàm số đồng biến trên

[1; +∞ ) . Tìm số phân tử của S. A. 3

B. 10

C. 1

D. 9

Câu 38: Số tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = x3 − 3 x 2 − 2 sao cho tiếp tuyến song song với đường thẳng y = 9 x − 29 là:

A. 0

B. 2

C. 3

D. 1

Câu 39: Cho hàm số y = f ( x ) = 22018 x3 + 3.22018 x 2 − 2018 có đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 . Tính giá trị biểu thức P =

A. P = 0

1 1 1 . + + f ' ( x1 ) f ' ( x2 ) f ' ( x3 )

B. P = 2 2018

C. P = -2018

D. P = 3.2 2018 − 1.

Câu 40: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m đồ thị (C) của hàm số y = x 4 − 2m 2 x 2 + m 4 + 5 có ba cực trị, đồng thời ba điểm cực trị với gốc tọa độ tạo thành một tứ giác nội tiếp. Tìm số phần tử của S.

A. 3.

B. 2.

C. 1.

D. 0.

Câu 41: Cho hàm số y = x − ( 3m + 4 ) x + m có đô thị là (Cm). Tìm m để đồ thị (Cm) cắt trục hoành tại 4 4

điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng. 4  m > − A.  5 m ≠ 0

B. m > 0

 m = 12 C.  12 m = − 19 

D. m = 12

Câu 42: Trên sân bay có một máy bay cất cánh trên đường băng d (từ trái sang phải) và bắt đàu rời mặt đất tại điểm O. Gọi (P) là mặt phẳng vuông góc với mặt đất và cắt mặt đất theo giao tuyến là đường băng d của máy bay. Dọc theo đường băng d cách vị trị máy bay cất cánh O một khoảng 300(m) về phía bên phải có 1 người quan sát A. Biết máy bay chuyển động trong mặt phẳng (P) và độ cao y của máy bay xác định bởi phương trình y = x 2 (với x là độ dời của máy bay dọc theo đường thẳng d và tính từ O). Khoảng cách ngắn nhất từ người A (đứng cố định) đến máy bay là:

A. 100 3(m)

B. 200 (m)

C. 100 5(m)

Câu 43: Cho các số thực dương a, b thỏa mãn log16 a = log 25 A. 0 < T <

1 2

1 2 <T < 2 3

D. 300 (m)

a 2a − b . Tính tỉ số T = . 3 b

C. 1 < T < 2

D. -2 < T < 0

Câu 44: Thể tích V của khối lập phương có các đỉnh là trọng tâm các mặt của một khối bát diện đều cạnh bằng 1 là:

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

1 27

16 2 27

8 27

2 2 27

Câu 45: Một sinh viên A mua máy tính xách tay theo hình thức trả góp với giá tiền 20 triệu đồng, mức lãi suất 1,2%/tháng trong năm đầu tiên, mỗi tháng anh A phải trả 800 ngàn đồng, cả gốc và lãi. Sau một năm lãi suất tăng lên là 1,5%/tháng và anh A phải trả 1 triệu đồng cả gốc và lãi mỗi tháng (trừ tháng cuối). Hỏi sau tối đa bao nhiêu tháng anh A trả hết nợ (tháng cuối trả không quá 500 ngàn đồng) A. 28 tháng.

B. 26 tháng.

C. 25 tháng.

D. 27 tháng.

Câu 46: Cho hai hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) có đạo hàm là f ' ( x ) , g ' ( x ) . Đồ thị hàm số f ' ( x ) , g ' ( x ) được cho như hinh vẽ dưới đây

Biết rằng f ( 0 ) − f ( 6 ) < g ( 0 ) − g ( 6 ) . Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) trên

đoạn [0;6] lần lượt là: A. h ( 6 ) , h ( 2 )

B. h ( 0 ) , h ( 2 )

C. h ( 2 ) , h ( 6 )

D. h ( 2 ) , h ( 0 ) .

Câu 47: Với mức tiêu thụ thức ăn của trang trại A không đổi như dự định thì lượng thức ăn dự trữ sẽ hết sau 100 ngày. Nhưng thực tế, mức tiêu thụ thức ăn tăng thêm 4% mỗi ngày (ngày sau tăng 4% so với ngày trước đó). Hỏi thực tế, lượng thức ăn dự trữ đó sẽ hết sau khoảng bao nhiêu ngày? (làm tròn đến hàng đơn vị) A. 37 ngày.

B. 41 ngày.

C. 40 ngày.

D. 43 ngày.

Câu 48: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 2, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Mặt phẳng (α ) qua A và vuông góc với SC cắt các cạn SB, SC, SD lần lượt tại các điểm M, N, P. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP.

A. V =

108π 3

Câu 49: Biết x1 + 2 x2 =

B. V = x1 , x 2

64 2π 3

C. V =

125π 6

là hai nghiệm của phương trình

D. V =

32π 3

 4 x2 − 4 x + 1  2 log 7   + 4x + 1 = 6x 2x  

và

1 a + b với a, b là hai số nguyên dương. Tính a + b. 4

(

)

A. a + b = 16

B. a + b = 14

C. a + b = 13

D. a + b = 11

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

Câu 50: Một người thợ có một khối đá hình trụ. Kẻ hai đường kính MN, PQ của hai đáy sao cho MN ⊥ 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. Biết rằng MN = 60 cm và thể tích khối tứ diện MNPQ bằng 36dm3 . Tìm thể tích của lượng đá bị cắt bỏ (làm tròn kết quả đến 1 chữ số thập phân).

A. 133, 6dm3

B. 113,6 dm3

C. 143m6 dm3

D. 123,6 dm3

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

MA TRẬN Cấp độ câu hỏi STT

Chuyên đề

Đơn vị kiến thức

Nhận Thông biết hiểu

Đồ thị, BBT

Cực trị

C17

Đơn điệu

C15

Hàm số

Min - max

Tiệm cận

Bài toán thực tế

Hàm số mũ - logarit

Biểu thức mũ logarit

Mũ logarit

C6 C40

C39 C41 C11

3 C37

C34

C27 C46

C14

1 C42 C47

Tổng

Tương giao

Vận dụng cao

C19 C24

Vận dụng

C16

2 C26 C43

Phương trình, bất phương trình mũ logarit

C7 C18

Bài toán thực tế

C13

Nguyên hàm

Tích phân

Ứng dụng tích phân

Bài toán thực tế

Dạng hình học

Dạng đại số

PT phức

Đường thẳng

Mặt phẳng

Mặt cầu

13 14

Nguyên hàm – Tích phân

Số phức

18 19 Hình Oxyz

C49 C45

3 2

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

Bài toán tọa độ điểm, vecto, đa điện

Bài toán về min, max

Thể tích, tỉ số thể tích

HHKG

C22 C25

2 C29

C8 C21 C44

C31

C50

Khoảng cách, góc

Khối nón

Khối trụ

C10

Khối tròn xoay

Tổ h ợ p – xác suất

C48

1 0

Xác suất Nhị thức Newton

31 32

CSC CSN

PT - BPT

34 35

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện

Tổ hợp – chỉnh hợp

29 30

C30

Xác định thành phần CSC - CSN

C36

C28

Bài toán tham số

Giới hạn

Hàm số liên tục

Hàm số

C35

C20

1 C23 C38

36 ạo hàm

Tiếp tuyến

Đạo hàm

PT đường thẳng

PT lượng giác

38 39 40

PP tọa độ trong mặt phẳng Lượng giác

BĐT Lượng giác

C33

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

NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan. Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 14%. Không có câu hỏi thuộc kiến thức lớp 10. Cấu trúc: thiếu kiến thức về số phức, tích phân - ứng dụng. 23 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 5 câu VDC. Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu. Đề thi phân loại học sinh ở mức Khá..

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

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1-A

2-D

3-C

4-C

5-D

6-D

7-C

8-C

9-D

10-A

11-A

12-D

13-C

14-A

15-D

16-A

17-B

18-B

19-B

20-B

21-D

22-B

23-B

24-D

25-B

26-C

27-C

28-A

29-A

30-A

31-B

32-D

33-B

34-D

35-A

36-A

37-A

38-D

39-A

40-B

41-C

42-C

43-C

44-C

45-D

46-C

47-D

48-D

49-B

50-A

Câu 1: Chọn A. Phương pháp: Sử dụng các tính chất của hàm mũ và hàm logarit để chọn đáp án đúng.

Cách giải: Phát biểu sai là: Hàm số mũ y = a x ( a > 0, a ≠ 1) có tập xác định là (0; +∞). Sửa lại: Hàm số mũ y = a x ( a > 0, a ≠ 1) có tập xác định là ℝ.

Câu 2: Chọn D. Phương pháp: 1 Thể tích khối nón: V = π r 2 h. 3

Cách giải: a  = = = R OA OB  2 Tam giác SAB đều cạnh a ⇒  h = SO = a 3  2 2

1 1  a  a 3 a 3π 3 . Thể tích khối nón: V = π r 2 h = π   . = 3 3 2 2 24 12

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

Câu 3: Chọn C. Phương pháp: Tìm TXĐ của hàm số, sau đó tìm GTLN, GTNN của hàm số sau đó chọn đáp án đúng.

Cách giải: TXĐ: D = [0;1] y = x − x2 ⇒ y ' =

1 − 2x 2 x − x2

⇒ y ' = 0 ⇔ 1 − 2x = 0 ⇔ x =

1 ∈ [0;1] 2

1 1 1 Hàm số đã cho liên tục trên [0;1] có y ( 0 ) = y (1) = 0, y   = ⇒ Hàm số có GTNN là 0 và GTLN là 2 2 2 trên [0;1].

Câu 4: Chọn C. Phương pháp: 4 Công thức tính thể tích khối cầu có bán kính r là: V = π r 3 . 3

Cách giải: 3

Thể tích khối cầu có bán kính bằng

a 4  a  π a3 . là: V = π   = 2 3 2 6

Câu 5: Chọn D. Phương pháp: Công thứ tính thể tích hình hộp chữ nhật là: V = abh.

Cách giải: Đổi 1900000 lít = 1900 m3 Theo đề bài ta có: 1900 = 50.19. h ⇔ h = 2(m) Vậy, độ sâu của hồ bơi lúc này là 2m.

Câu 6: Chọn D. Phương pháp:  y ' ( x0 ) = 0 . Ta có: x = x0 là điểm cực đại của hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d ⇔   y '' ( x0 ) < 0 13

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

Cách giải: 1 y = x 3 − (m − 1) x 2 + ( m 2 − 3m + 2 ) x + 5 3

⇒ y ' = x 2 − 2(m − 1) x + m 2 − 3m + 1 ⇒ y '' = 2 x − 2 ( m − 1) . m = 1 m 2 − 3m + 2 = 0  y '(0) = 0  ⇔ ⇔ m = 2 ⇔ m = 2 Hàm số đạt cực đại tại x = 0 ⇔   y ''(0) < 0 −2(m − 1) < 0 m > 1  Câu 7: Chọn C. Phương pháp: Phương trình a x = b ( a, b > 0, a ≠ 1) ⇔ x = log a b.

Cách giải: Ta có: 2

2 x2 − 7 x +5

=1⇔ 2

2 x2 −7 x +5

x = 1 = 2 ⇔ 2x − 7 x + 5 = 0 ⇔  x = 5 2  0

Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

Câu 8: Chọn C. Phương pháp: +) Thể tích khối tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và có độ dài các cạnh đó lần lượt là a, b, 1 c là: V = abc 6

Cách giải:

Thể tích khối tứ diện ABCD là: VABCD =

1 1 AB. AC. AD = .6a.5a.4a = 20a 3 6 6 14

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

Ta có: VA, MNP VABCD

1 .S ∆MNP .d A; BCD S 1 1 =3 = ∆MCP = (do S ∆DNP = S ∆MNC = S ∆BPM = S ∆BCD ) 1 4 .S ∆BCD .d A; BCD S ∆BCD 4 3

1 1 ⇒ VA.MNP = VABCD = .20a 3 = 5a 3 . 4 4

Câu 9: Chọn D. Phương pháp: n

Áp dụng Công thức khai triển nhị thức Newton: ( x + y ) = ∑ Cni .x n −i . y i . n

i=0

Cách giải: 7

7 i 7 −i 1  Ta có:  a 2 +  = ∑ C7i ( a 2 ) . ( b −1 ) b  i=0 3

⇒ Số hạng thức 5 trong khai triển ứng với i = 4 và bằng C74 . ( a 2 ) . ( b −1 ) = 35a 6b −4 .

Câu 10: Chọn A. Phương pháp: Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ: S xq = 2π Rl = 2π Rh Công thức tính diện tích toàn phần của hình trụ: Stp = 2π Rl + 2π R 2 = 2π Rh + 2π R 2 .

Cách giải: Hình trụ đó có diện tích toàn phần gấp ba diện tích xung quanh nên ta có:

2π Rh + 2π R 2 = 3.2π Rh ⇔ 2π R 2 = 4π Rh ⇔ R = 2h.

Câu 11: Chọn A. Phương pháp: Tập giá trị của hàm số y = cos x là [-1;1].

Cách giải: Ta có: −1 ≤ cos 3 x ≤ 1 ⇔ 0 ≤ cos 2 3 x ≤ 1 ⇔ −2 ≤ −2 cos 2 3 x ≤ 0 ⇔ 1 ≤ 3 − 2 cos 2 3 x ≤ 3 ⇔ 1 ≤ y ≤ 3 Vậy min y = 1, max y = 3.

Câu 12: Chọn D. Phương pháp: Công thức lãi kép, không kỳ hạn: An = M (1 + r % )

Với: A n là số tiền nhận được sau tháng thứ n, 15

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

M là số tiền gửi ban đầu, n là thời gian gửi tiền (tháng), r là lãi suất định kì (%)

Cách giải: Từ năm 2014 đến năm 2030 cách nhau số năm là: 2030 − 2014 = 16 năm 16

Dân số Việt Nam năm 2030: A16 = 90728900 (1 + 1, 05% ) ≈ 107232574 (người)

Câu 13: Chọn C. Phương pháp: Số đường chéo của đa giác có n đỉnh ( n ∈ ℕ; n > 3) là: C22 − n

Cách giải: Theo đề bài ta có: Cn2 − n = 135 ⇔

n ( n − 1) 2

 n = 18(tm) − n = 135 ⇔ n 2 − 3n − 270 = 0 ⇔   n = −15(ktm)

Vậy n = 18.

Câu 14: Chọn A. Phương pháp: * Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x ) . Nếu lim f ( x ) = a hoặc lim f ( x ) = a ⇒ y = a là TCN của đồ thị hàm số. x →+∞

x →−∞

* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) . Nếu lim+ f ( x ) = +∞ hoặc lim+ f ( x ) = −∞ hoặc lim− f ( x ) = +∞ hoặc lim− f ( x ) = −∞ thì x = a là TCĐ của x→a

x→a

đồ thị hàm số. Cách giải: TXĐ: D = (−1; +∞) \{1} 1+ x = lim x →+∞ 1 − x 2 x →+∞

Ta có: lim

1 1 + x 4 x3 = 0 ⇒ Đô thị hàm số có TCN là y = 0 1 −1 x2

lim+

1+ x 1 = lim+ = +∞ 2 x →−1 1 − x 1 + x 1− x

lim+

1+ x 1 = lim+ = −∞ 2 x →−1 1 − x 1 + x 1− x

x →−1

lim−

x →1

1+ x 1 = lim− = +∞ 2 x →1 1 − x 1 + x 1− x 16

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

⇒ Đồ thị hàm số có TCĐ là x = 1, x = −1 Vậy đồ thị hàm số có tất cả 3 đường tiệm cận.

Câu 15: Chọn D. Phương pháp: Xác định hàm số y = f ( x ) có: + TXĐ: D = R + y ' ≥ 0, ∀x và y’ = 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải: π  y = tanx : loại, do D = ℝ \  + kπ , k ∈ ℤ  2  y=

x : loại, do D = ℝ \{−1} x +1 2

y = ( x 2 − 1) − 3 x + 2 : loại, do y ' = 2.2 x ( x 2 −1) − 3 = 4 x3 − 4 x − 3 có khoảng mang dấu dương, có khoảng mang dấu âm

x x2 + 1

x2 + 1 − : thỏa mãn, do: y ' =

x +1

x x2 + 1 =

1 x 2 + 1 ( x 2 + 1)

> 0, ∀x ∈ ℝ.

Câu 16: Chọn A. Phương pháp: TXĐ của hàm số y = log 2 x là (0; +∞ ).

Cách giải: ĐKXĐ: 4 − x 2 > 0 ⇔ x ∈ (−2; 2) TXĐ: D = (-2;2).

Câu 17: Chọn B. Phương pháp: Quy tắc 1: - Tìm TXĐ của hàm số. - Tính f ' ( x ) . Tìm các điểm mà tại đó f ' ( x ) bằng 0 hoặc không xác định. - Lập bảng xét dấu f ' ( x ) . - Đưa ra kết luận về cực trị. Quy tắc 2: - Tìm TXĐ của hàm số. 17

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

- Tính f ' ( x ) . Giải phương trình f ' ( x ) = 0, tìm các nghiệm xi , i = 1, 2,3... - Tính f '' ( x ) và f'' ( xi ) . - Dựa vào dấu của f '' ( xi ) đưa ra kết luận về cực trị.

Cách giải: x = 0 ⇒ Hàm số y = − x 3 + 3 x 2 + 1 có cực đại, cực tiểu. +) y = − x 3 + 3 x 2 + 1 ⇒ y ' = −3 x 2 + 6 x ⇒ y ' = 0 ⇔  2 x =  +) y = x3 + 3 x + 1 ⇒ y ' = 3 x 2 + 3 > 0, ∀x ⇒ Hàm số y = x 3 +3 x + 1 không có cực trị. Vậy, khẳng định ở câu B là sai. +) y = −2 x + 1 +

1 1 1 < 0, ∀x ∈ D ⇒ Hàm số y = −2 x + 1 + , ( D = ℝ \{−2}) ⇒ y ' = −2 − không 2 x +1 x+2 ( x + 2)

có cực trị. +) y = x − 1 +

1 1 , ( D = ℝ \{−1}) ⇒ y ' = 1 − 2 x −1 ( x − 1)

x = 0∈ D 2 y ' = 0 ⇔ ( x − 1) = 1 ⇔  x = 2∈ D Dễ dàng kiểm tra y' đổi dấu tại x = 0, x = 2 ⇒ Hàm số y = x − 1 +

1 có 2 cực trị. x +1

Câu 18: Chọn B. Phương pháp: Với a > 1: log a x > log a y ⇔ x > y Với 0 < a < 1: log a x > log a y ⇔ x < y

Cách giải:   x > 2 x + 1  x < −1   Ta có: log 2 x > log 2 ( 2 x + 1) ⇔  x > 0 ⇔  x > 0 ⇔ x ∈∅ 2 x + 1 > 0  1  x > −  2 Vậy, tập nghi ệm của bất phương trình log 2 x > log 2 ( 2 x + 1) là: S = ∅.

Câu 19: Chọn B. Phương pháp: Tính giới hạn của hàm số khi x tiến đến âm vô cùng để tìm a và tính giá trị của hàm số tại x = 0 để tìm b.

Cách giải: 18

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

lim y = −∞, y (0) = −4 ⇒ a = −∞; b = −4.

x →−∞

Câu 20: Chọn B. Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số để nhận xét và chọn đáp án đúng.

Cách giải: Hàm số liên tục trên (1;4).

Câu 21: Chọn D. Phương pháp: 1 Công thức tính thể tích khối chóp: V = Sh. 3

Cách giải: 1 Giả sử hình chóp có chiều cao là h và cạnh đáy là a. Thể tích khối chóp là: V = .a 2 .h 3 chiều cao và cạnh đáy 1 1 V ' = .(3a ) 2 .3h = 27. .a 2 .h = 27V 3 3

Khi

cùng

tăng

lên

lần

thì

thể

tích

của

khối

chóp

là:

⇒ Thể tích tăng 27 lần.

Câu 22: Chọn B. Phương pháp: Sử dụng lý thuyết khối đa diện để là bài toán.

Cách giải:

Hình đã cho có 3 mặt phẳng đối xứng.

Câu 23: Chọn B. Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) là: y = f ' ( x0 ) . ( x − x0 ) + y0 19

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

Hai đường thẳng y = ax + b và y = a 'x + b' vuông góc với nhau ⇔ a.a ' = −1.

Cách giải: 1 2 Gọi d là tiếp tuyến cần tìm, M ( x0 ; y0 ) , ( x0 < 0 ) là tiếp điểm. Do d vuông góc với đường thẳng y = − x + 3 3 nên d có hệ số góc bằng 3.

 x0 = 2(ktm) 1 2 y = x 3 − x + ⇒ y ' = x 2 − 1 ⇒ x02 − 1 = 3 ⇔  3 3  x0 = −2(tm) x0 = −2 ⇒ y0 = 0 ⇒ M (2; 0).

Câu 24: Chọn D. Phương pháp: Đồ thị hàm số y =

−d a ax + b , ( ad − bc ≠ 0, c ≠ 0 ) có TCĐ: x = và TCN: y = cx + d c c

Nếu ad − bc > 0 thì hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định Nếu ad − bc < 0 thì hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Cách giải: Đồ thị hàm số y =

x +1 có TCĐ: x = 1 và TCN: y = −1 và đồng biến trên từng khoảng xác định do 1− x

1.1 − 1.(−1) = 2 > 0 ⇒ Chọn đồ thị ở câu D.

Câu 25: Chọn B. Phương pháp:

( P) / /(Q)  +) Với (P), (Q), (R) là 3 mặt phẳng phân biệt, có ( R) ∩ ( P) = a ⇒ a / / b ( R) ∩ (Q) = b  a, b / /( P)  +) Chứng minh hai mặt phẳng song song: a, b ⊂ (Q) ⇒ ( P ) / /(Q)  a ∩ b = {I }  Cách giải:

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

 BC , AI / /(α )  Ta có:  BC , AI ⊂ ( ABC ) ⇒ (α ) / ( ABC ) hay ( MNP ) / /( ABC ) : (4) đúng  BC ∩ AI = I  ( ACD ) ∩ ( MNP ) = MQ  Ta có: ( ACD ) ∩ ( ABC ) = AC ⇒ MQ / / AC : (2) đúng ( MNP ) / /(ABC) 

Tương tự: MP // BC : (1) đúng (3): PQ // AI : sai (PQ // AB, mà AB khác phương AI)

Câu 26: Chọn C. Phương pháp: log a b =

1 , ( a, b > 0; a, b ≠ 1) log b a

Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương: a + b ≥ 2 ab .

Cách giải: Do a, b, c > 1 nên log a b, log c a, log b c > 0

P = log a (bc) + logb (ac) + 4 log c (ab) = log a b + log a c + log b a + log b c + 4 log c a + 4 log a b = ( log a b + log b a ) + ( log a c + 4 log c a ) + ( log b c + 4 log c b )

   1   1 4  =  log a b + + 4 log c a  +  log b c + +  log a b   log c a log b c     ≥ 2 log a b.

1 1 4 .4 log c a + 2 log b c. +2 = 2 + 4 + 4 = 10. log a b log c a log b c

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

 1 log a b = log a b log a b = 1    1 1  = 4 log c a ⇔ log c a = Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  2  log c a   log b c = 2 4 log b c = log c b 

Vậy, đạt giá trị nhỏ nhất là 10 khi log b c = 2 ⇒ m = 10, n = 2 ⇒ m + n = 12

Câu 27: Chọn C. Phương pháp: Đưa biểu thức P về hàm số 1 ẩn x. Khảo sát, tìm GTNN của hàm số đó.

Cách giải: x, y là hai số không âm thỏa mãn x + y = 2 ⇒ y = 2 − x, ( 0 ≤ x ≤ 2 ) Khi đó: P =

1 3 2 1 1 2 x + x + y 2 − x + 1 = x 3 + x 2 + ( 2 − x ) − x + 1 = x 3 +2 x 2 − 5 x + 5 3 3 3

Xét hàm số f ( x ) =

 x = 1(tm) 1 3 x + 2 x 2 − 5 x + 5, x ∈ [0; 2] có: f ' ( x ) = x 2 +4 x − 5 ⇒ f ' ( x ) = 0 ⇔  3  x = −5(ktm)

7 17 7 Hàm số f ( x ) liên tục trên [0;2], có f ( 0 ) = 5, f (1) = , f ( 2 ) = ⇒ min f ( x ) = f (1) = [0;2] 3 3 3 7 ⇒ min P = . 3

Câu 28: Chọn A. Phương pháp: Ba số x, y, z lập thành một cấp số cộng ⇔ x + z − 2 y Và số x, y, z lập thành một cấp số nhân ⇔ xz = y 2 .

Cách giải: Do 3 số x, y, z lập thành một cấp số cộng và có tổng bằng 21 nên ta có x + z = 2 y  x + z = 14  x = 14 − z ⇔ ⇔ (1)   x + y + z = 21  y = 7 y = 7

Nếu lần lượt thêm các số 2; 3; 9 vào ba số đó (theo thứ tự của cấp số cộng) thì được ba số lập thành một cấp 2

số nhân nên ta có: ( x + 2 )( z + 9 ) = ( y + 3) (2)  z = 11 Thay (1) vào (2) ta có: (14 − z + 2 )( z + 9 ) = (7 + 3) 2 ⇔ z 2 − 7 z − 44 = 0 ⇔   z = −4 22

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

z = 11 ⇒ z = 14 − 11 = 3 ⇒ F = x 2 + y 2 + z 2 = 32 + 7 2 + 112 = 179 z = −4 ⇒ x = 14 − (−4) = 18 ⇒ F = x 2 + y 2 + z 2 = 182 + 7 2 + (−4) 2 = 389. Câu 29: Chọn A. Phương pháp:

Cho tam giác đều ABC, G là trọng tâm tam giác ABC. Đường thẳng qua G cắt AB, AC lần lượt tại M, N. AB AC Khi đó, + =3 AM AN Thật vậy, gọi I là trung điểm của BC, qua B, C kẻ các đường thẳng song song MN, cắt đường thẳng AI tại E, F. Khi đó, ∆BIE = ∆CIF ⇒ IE = IF Ta có: AB AC AE AF AE + AF 2. AI 2. AI + = + = = = = 3 (do IE = IF) AM AN AG AG AG AG 2 AI 3

Cách giải: Do SABC là tứ diện đều, G là trọng tâm tam giác ABC ⇒ SG ⊥ ( ABC )

1 ⇒ Thể tích khối tứ diện SAMN: V = .SG.S AMN 3 +) Tam giác ABC đều, cạnh bằng 1 ⇒ AJ =

1. 3 3 2 3 . = ⇒ AG = .AJ = 2 2 3 3

Tam giác SAG vuông tại G ⇒ SG = SA2 − AG 2 = 1 −

1 2 = 3 3

+) Diện tích tam giác AMN: 23

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

1 1 3 S AMN = . AN . AM .sin A = . AN . AM .sin 600 = . AN . AM 2 2 4 Ta có Mà

AB AC 1 1 + =3⇔ + =3 AM AN AM AN

1 1 + ≥ AM AN

⇒ S AMN =

2 ⇒3≥ AM . AN

2 ⇒ AM . AN

4 AM . AN 1 ≥ ⇒ AM . AN ≥ 2 3 9

3 3 4 3 .AN .AM ≥ . = 4 4 9 9

1 2 3 2 ⇒ VS . AMN ≥ . . = 3 3 9 27 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AM = AN = ⇒ (VSAMN )min =

2 3

2 2 khi và chỉ khi AM = AN = hay MN là đường thẳng qua G song song với BC 27 3

Câu 30: Chọn A. Phương pháp: ( P ) / /(Q ) ⇒ d ( ( P ); (Q ) ) = d ( A;(Q ) )   A ∈ ( P) a / /(Q ) ⇒ d ( A; (Q ) ) = d ( B;(Q ) ) = d ( a;(Q ) )   A, B ∈ a

Cách giải:

Gọi N là trung điểm của BC, G là trọng tâm tam giác ABC. Dựng hình chữ nhật ANBD. 24

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

Kẻ GI // BC ( I ∈ BD ) , GH ⊥ A ' I ( H ∈ A ' I ) +) ta có: C ' N / /( A ' MB ) (do C’N//MB)

⇒ d ( C ';( A ' BM ) ) = d ( N ; ( A ' BM ) ) Mà GN / /( A ' BM ) (do GN / / A ' M )

⇒ d ( N ; ( A ' BM ) ) = d ( G;( A 'BM) ) ⇒ d ( C ';( A ' BM ) ) = d ( G; ( A ' BM ) ) +) Ta có: BD / / AN , AN / / A ' M ⇒ BD / / A ' M ⇒ A ', M , B, D đồng phẳng  BD ⊥ GI (doANBDlaHCN ) ⇒ BD ⊥ ( A ' GI ) ⇒ BD ⊥ GH +)   BD ⊥ A 'G(doA'G ⊥ (ABC))

Mà A ' I ⊥ GH ⇒ GH ⊥ ( A ' MB) ⇒ d ( G;( A ' BM ) ) = GH +) Tính GH:

∆ABC đều, cạnh a ⇒ AN =

a 3 2 a 3 , AG = AN = 2 3 3

∆AA ' G vuông tại G ⇒ A ' G = AA '2 − AG 2 = 4a 2 − GNBI là hình chữ nhật → GI = NB =

∆A ' GI vuông tại G, GH ⊥ A ' I ⇒

⇒ d ( C ';( A ' BM ) ) =

11 a2 a = 3 3

a 2

1 1 1 1 1 47 11 a = 2+ = 2 + = ⇒ GH = 2 2 2 11 2 11a a 47 GH GI A'G a 3 4

11 a 47

Câu 31: Chọn B. Phương pháp: Xác định góc giữa hai mặt phẳng α , β : - Tìm giao tuyến ∆ của α , β . - Xác định 1 mặt phẳng γ ⊥ ∆. - Tìm các giao tuyến a = (α ) ∩ ( γ ) , b = ( β ) ∩ ( γ ) . - Góc giữa hai mặt phẳng α , β : ∠α ; β = ∠a; b.

Cách giải:

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

CD ⊥ OH Kẻ OH ⊥ CD, ( H ∈ CD ) . Ta có:  ⇒ CD ⊥ ( SOH ) ⇒ ∠ ( ( SCD ) ; ( ABCD ) ) = ∠SHO = 600 CD ⊥ SO

ABCD là hình thoi tâm O, ∠BAD = 600 ⇒ ∆BCD đều, OH =

∆SOH vuông tại O ⇒ SO = OH . tan ∠H = Diện tích hình thoi ABCD: S ABCD = 2 S ABC

1 1 a 3 a 3 = ( B; CD ) = . 2 2 2 4

a 3 3a . tan 600 = 4 4

a2 3 a2 3 = 2. = 4 2

1 1 3a a 2 3 a 3 3 . Tính thế tích khối chóp S.ABCD: VS . ABCD = .SO.S ABCD = . . = 3 2 4 2 8

Câu 32: Chọn D. Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình nón: S xq = π rl Diện tích toàn phần của hình nón: Stp = π rl + π r 2

Cách giải: Miếng tôn hình tròn có diện tích: π .702 = 4900π (cm 2 ) Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình nón lần lượt là r , h(r , h > 0). Khi đó ta có: SA = r 2 + h 2 . ⇒ Diện tích toàn phần của hình nón là: Stp = π r 2 +π r r 2 + h 2 .

Theo đề bài ta có phương trình:

π r 2 +π r r 2 + h 2 = 4900π ⇔ r r 2 + h 2 = 4900 − r 2 4900 2 ⇔ r ( r + h ) = 4900 − 2.4900r + r ⇔ r = 2 h + 9800 2

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

1 2 1 49002 4900 2 π h .h = . 2 Thể tích của khối nón là: V = π r h = π . 2 3 3 h + 9800 3 h + 9800 ⇒ V đạt Max ⇔ f ' ( h ) =

h 2 + 9800 đạt Min. h

2h 2 − h 2 − 9800 h 2 − 9800 = Ta có: f ' ( h ) = h2 h2 ⇒ f ' ( h ) = 0 ⇔ h 2 = 9800 ⇔ h = 70 2cm. ⇒ r2 =

4900 2 49002 = = 1225cm h 2 + 9800 9800.2

⇒ r = 1225 = 35cm.

Vậy, hình nón có bán kính đáy là: 35cm.

Câu 33: Chọn B. Phương pháp: 2

a b a2 b2 ( a + b ) , ( x, y, a, b > 0 ) , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = . Áp dụng bất đẳng thức: + ≥ x y x+ y x y

Cách giải: 2

2 2 sin 4 x cos 4 y ( sin x + cos y ) 1 P= + ≥ ≥ (1) y x x+ y x+ y

Ta có: cos 2 x + cos 2 y + 2sin(x + y) = 2 ⇔ 2 cos ( x + y ) .cos ( x − y ) + 2sin ( x + y ) = 2

⇔ cos ( x + y ) .cos ( x − y ) = 1 − sin ( x + y )  π Mà 1 − sin ( x + y ) ≥ 0, ∀x, y;cos ( x − y ) > 0, ∀x, y ∈  0;  ⇒ cos ( x + y ) ≥ 0  2

⇒0< x+ y≤

π 2

⇒

1 2 ≥ (2) x+ y π

Từ (1), (2), suy ra: P ≥

 π , ∀x, y ∈  0;  π  2

 sin 2 x cos 2 y =  x  y π  2 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi sin x + cos y = 1 ⇒ x = y = 4  π x + y = 2 

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

Vậy Pmin =

khi và chỉ khi x = y =

π 4

Câu 34: Chọn D. Phương pháp: Xét phương trình hoành độ giao điểm, áp dụng định lí Vi-ét.

Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:

x = mx − m − 1, ( x ≠ 1) 1− x

⇔ x = mx − m − 1 − mx 2 + mx + x ⇔ mx 2 − 2mx + m + 1 = 0 (1)

Để (C) cắt d tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 m ≠ 0 m ≠ 0  2  ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ m − m(m + 1) > 0 ⇔ m < 0  2 1 ≠ 0 m.1 − 2m.1 + m + 1 ≠ 0   x1 + x2 = 2  Khi đó, giả sử x1 , x2 là nghiệm của (1), áp dụng định lsy Vi-ét ta có:  m +1  x1 x2 = m

 AM = ( x1 + 1; mx1 − m − 2 ) Tọa độ giao điểm là: A ( x1 ; mx1 − m − 1) , B ( x2 ; mx2 − m − 1) ⇒   AN = ( x2 + 1; mx2 − m − 2 ) x1 + x2 2   xI = 2 = 2 = 1 ⇒ I (1; −1) Gọi I là trung điểm của MN ⇒   y = mx1 − m − 1 + mx2 − m − 1 = −1  I 2 2 2 1 Ta có: AM 2 + AN 2 = AI + IM + AI + IN = 2 AI 2 + 2 AI . IM + IN + IM 2 + IN 2 = 2 AI 2 + MN 2 2

(

Do vậy, ( AM 2 + AN 2 )

) (

min

)

(

)

khi vfa chỉ khi MNmin.

Ta có: MN = ( x2 − x1 ; mx2 − mx1 ) ⇒ MN =

(1 + m ) ( x 2

− x1 ) =

(1 + m ) (( x2 + x1 )

− 4 x1 x2 )

−4 (1 + m2 )  4 ( m + 1)  4 4 .(−4m) = 2 2 = (1 + m )  4 − = + (−4m) ≥ 2. = n m ( − m) −m   2

⇒ MN min = 2 2 khi và chỉ khi Vậy để ( AM 2 + AN 2 )

min

 m = 1(ktm) 4 = −4 m ⇔ m 2 = 1 ⇔  −m  m = −1(tm)

thì m = -1. 28

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

Câu 35: Chọn C. Phương pháp: Xác suất của biến cố A: P ( A) =

n( A) . n( Ω)

Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu: n ( Ω ) = (24!) 4 Gọi A : “bạn Nam có đúng 2 lần ngồi vào cùng 1 vị trí” Chọn 2 lượt thi mà Nam ngồi trùng vị trí có: C42 cách. Trong 2 lượt đó, lượt đầu: Nam có 24 cách chọn vị trí, có 23! cách xếp vị trí cho 23 thí sinh còn lại; lượt sau: Nam có 1 cách chọn vị trí, có 23! cách xếp vị trí cho 23 thí sinh còn lại.

Ở 2 lượt còn lại: Số cách xếp: A232 . ( 23!)

⇒ n( A) = ( 24.23!) .(1.23!). ( A232 .(23!) ) = (23!) 4 .24.22

253 C 24 .(23!) 4 .24.23.22 6.23.22 . = = 4 (24!) 24.24.24 1152

⇒ P( A) =

Câu 36: Chọn A. Phương pháp: n

Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton: ( x + y ) = ∑ Cni .xi . y n −i . n

i=0

Cách giải: Xét (1 + x )

2 n +1

∑ C2i n+1 xi ⇒ (1 + x )

2 n +1

' = (2n + 1) (1 + x ) =

i=0

2 n +1

∑ i.C

i 2 n +1

.xi −1

i =1

Chọn x = −2 ta có: (2n + 1)(1 − 2)2 n = C21n +1 − 2.2C22n +1 + 3.22 C23n +1 − ... + (2n + 1)2n C22nn++11

⇒ 2n + 1 = 2005 ⇔ 2n = 2004 ⇔ n = 1002.

Câu 37: Chọn A. Cách giải: Xét hàm số y = f ( x ) = x3 − mx + 1, f' ( x ) = 3 x 2 − m Nhận xét: Đồ thị hàm số y = f ( x ) = x3 − mx + 1 được dựng từ đồ thị hàm số y = f ( x ) bằng cách giữ lại phần đồ thị phía trên trục Ox và lấy đối xứng phần phía dưới Ox qua Ox (xóa bỏ phần đồ thị của y = f ( x ) nằm phía dưới Ox). TH1: Với m = 0 ta có. Hàm số y = f ( x ) = x 3 + 1 đồng biến trên R Có f (1) = 2 > 0 ⇒ Hàm số y = f ( x ) = x3 − mx + 1 đồng biến trên [1; +∞ ) 29

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

⇒ m = 0 : thỏa mãn. TH2: Với m > 0 ta có:

f ' ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 ( x1 < x2 )

−∞

+∞

x2 -

f ( x1 )

+∞

f ( x2 )

-∞

m > 0 m > 0  −m   Để hàm số y = x3 − mx + 1 đồng biến trên [1;+ ∞ ) thì  x1 < x2 ≤ 1 ⇔  +1 ≥ 0 ⇔ 0 < m ≤ 2 f 1 ≥0  3  ( ) 2 − m ≥ 0 Mà n ∉ ℕ ⇒ m ∈ {1; 2} Vậy, S = {0;1; 2} . Số phần tử của S là 3.

Câu 38: Chọn D. Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) là: y = f ' ( x0 ) . ( x − x0 ) + y0

Cách giải: Ta có: y ' = 3 x 2 − 6 x Gọi d là tiếp tuyến cần tìm, M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm Do d song song với đường thẳng y = 9 x − 29 nên d có hệ số góc bằng 9 ⇒ y ' ( x0 ) = 3x02 − 6 x = 9

 x0 = −1 ⇔ 3 x02 − 6 x − 9 = 0 ⇔   x0 = 3 x0 = −1 ⇒ y0 = 0 ⇒ (d ) : y = 9( x + 1) + 0 ⇔ y = 9 x + 9(tm) x0 = 3 ⇒ y0 = −2 ⇒ (d ) : y = 9(x − 3) − 2 ⇔ y = 9 x − 29(ktm)

Câu 39: Chọn A. Phương pháp: Đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt ⇔ ptf ( x ) = 0 có ba nghiệm phân biệt. Cách giải: 30

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

Đồ thị hàm số y = f ( x ) = 22018 x3 + 3.22018 x 2 − 2018 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 ⇒ Đặt f ( x ) = 22018 ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) f ' ( x ) = 22018 ( x − x2 )( x − x3 ) + ( x − x1 )( x − x3 ) + ( x − x1 )( x − x2 )   f ' ( x1 ) = 22018 ( x − x2 )( x − x3 )  ⇒  f ' ( x2 ) = 2 2018 ( x − x1 )( x − x3 )  2018  f ' ( x3 ) = 2 ( x − x1 )( x − x2 ) P=

 1 1 1 1  1 1 1 + + = 2018  + +  f ' ( x1 ) f ' ( x2 ) f ' ( x3 ) 2  ( x1 − x2 )( x1 − x3 ) ( x2 − x1 )( x2 − x3 ) ( x3 − x1 )( x3 − x2 )  1

2018

− ( x2 − x3 ) − ( x3 − x1 ) − ( x1 − x2 )

( x 1 − x2 )( x2 − x3 )( x3 − x1 )

1 2

2018

0 = 0. ( x 1 − x2 )( x2 − x3 )( x3 − x1 )

Vậy P = 0.

Câu 40: Chọn B. Phương pháp: Sử dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp.

Cách giải: Ta có:

x = 0 y = x − 2m x + m + 5 ⇒ y ' = 4 x − 4m x ⇒ y ' = 0 ⇔  x = m  x = − m 4

Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị thì m ≠ 0. Khi đó, tọa độ ba điểm cực trị là: A ( 0; m 4 + 5 ) , B (− m;5), C (m;5) Dễ dàng chứng minh: ∆ABO = ∆ACO ⇒ ∠B = ∠C Mà tứ giác ABOC nội tiếp, nên ∠B + ∠C = 1800 ⇒ ∠B = ∠C = 900  m = 0(ktm) 4 4 2 2 2 Khi đó, AB.OB = 0 ⇔ (− m).(− m) + (− m ).5 = 0 ⇔ −5m + m = 0 ⇔ m (1 − 5m ) = 0 ⇔  1 m = ± (tm)  5 Vậy tập hợp S tất cả các giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu đề bài có 2 phần tử là ±

1 . 5

Câu 41: Chọn C. Phương pháp: 31

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

Ba số a, b, c lập thành cấp số ciingj khi và chỉ khi a + c = 2b.

Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của ( Cm ) với Ox: x 4 − (3m + 4) x 2 + m 2 = 0 (1)

Đặt x 2 = t , ( t ≥ 0 ) , phương trình (1) trở thành t 2 − (3m + 4)t + m2 = 0 (2) Để ( Cm ) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì (2) có 2 nghiệm dương phân biệt 4  m > − 5  ( 3m + 4 ) 2 −4m 2 > 0 5m 2 + 24m + 16 > 0   m < −4 ∆ > 0 4    4 4 4     m > − ⇔ 3m + 4 > 0 ⇔ m > − ⇔ m > − ⇔ m > − ⇔  5 3 3 3 m 2 > 0    m ≠ 0  m ≠ 0 m ≠ 0 m ≠ 0     Khi đó, phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t1 , t2 ( t1 < t2 ) , dẫn tới (1) có 4 nghiệm phân biệt sắp xếp tăng dần như sau: − t2 ; − t1 ; t1 ; t2

− t2 + t1 = −2 t1 ⇔ 3 t1 = t2 ⇔ 9t1 = t2 Để dãy số trên là dãy cấp số cộng thì  − t1 + t2 = 2 t1 3m + 4  t1 = 10 t1 + t2 = 3m + 4 t1 + 9t1 = 3m + 4 3m + 4 m ⇒ ⇔ ⇒ = (3) Theo hệ thức Vi – ét ta có:  2 2 10 3 t1t2 = m t1.9t2 = m t = m  1 3 +) Với m > 0: ( 3) ⇔ 9m + 12 = 10m ⇔ m = 12 (tm) +) Với m < 0 : ( 3) ⇔ 9m + 12 = −10m ⇔ m = − Vậy m = 12 hoặc m = −

12 (tm) 19

12 . 19

Câu 42: Chọn C. Phương pháp: Gắn hệ trục tọa độ, xác định tọa độ điểm M trên parabol y = x 2 để độ dài đoạn AM nhỏ nhất.

Cách giải:

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

Lấy M (m; m 2 ) ∈ ( P) : y = x 2 , ( m ≥ 0 ) Ta có: A(3;0) ⇒ AM =

( m − 3)

+ m 4 ⇔ AM 2 = (m − 3) 2 + m4

Xét hàm số:

f ( m ) = (m − 3) 2 + m 4 , m ≥ 0 ⇒ f ' ( m ) = 2(m − 3) + 4m3 = 4m3 + 2m − 6 f ' ( m ) = 12m 2 + 2 > 0, ∀m ⇒ f ' ( m ) = 0 có nghiệm duy nhất m = 1 Ta có bảng biến thiên sau:

0 -

f '(m) f ( m)

+∞

1 0

+∞

9 5

⇒ AM min = 5(hm) = 100 5(m). Câu 43: Chọn C. Phương pháp: Sử dụng công thức: log a b = c ⇔ b = a c . Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ.

Cách giải:

a = 16t 2.16t − 20t = 3.25t (1)  2a − b  Đặt log16 a = log 20 b = log 25 = t ⇒ b = 20t ⇒  a  4 t 3 2a − b = 3.25t  =  b  5  

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

 4 t   = −1 < 0 t t t t 2t 5  16   4  4 4 4 3  ⇔  = (1) ⇔ 2.   −   − 3 = 0 ⇔ 2.   −   − 3 = 0 ⇔  t  25   5  5 5 5 2 4 3     =  5  2

⇒T =

a 3 = ⇒ 1 < T < 2. b 2

Câu 44: Chọn C. Phương pháp: Thể tích khối lập phương cạnh a là : V = a 3

Cách giải: Khối lập phương có các đỉnh lần lượt là trọng tâm các mặt của khối bát diện đều cạnh a có độ dài cạnh là

2 1. 2 2 x= . = 3 2 3 3

 2 8 Thể tích cần tìm là : V = x =   = .  3  27 3

Câu 45: Chọn D. Phương pháp: Giả sử anh A nợ ngân hàng M ngàn đồng), mỗi tháng anh A gửi vào ngân hàng a ngàn đồng, lãi suất ngân hàng là r (%). Số tiền anh A còn nợ ngân hàng : + Sau tháng thứ 1 là: M 1 = M − a1 + r + Sau tháng thứ 2 là: M 2 = M − a1 + r − a 1 + r = M − a1 + r 2 − a1 + r + Sau tháng thứ 3 là: M 3 = M − a1 + r 2 − a1 + r − a 1 + r = M − a1 + r 3 − a1 + r 2 − a1 + r + sau tháng thứ 4 là: M 4 = M − a1 + r 3 a1 + r 2 − a1 + r − a 1 + r = M − a1 + r 4 − a1 + r 3 − a1 + r 2 − a1 + r

……. n

+ Sau tháng thứ n là: M n = M − a1 + r − a 1 + r

n −1

+1+ r

n− 2

1 + r n −1 + ... + 1 + r = M 1 + r − a r n

Cách giải:

1 + 1, 2%12 − 1 Số tiền sinh viên A còn nợ sau 1 năm đầu là: M 12 = 20000.1 + 1, 2% − 800. ≈ 12818 (nghìn 1, 2% 12

đồng) Gọi n là số tháng (tính từ năm thứ hai) mà sinh viên A trả được hết nợ, ta có: 34

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

1 + 1, 5% n − 1 =0 N n = 12818.1 + 1,5% − 1000. 1, 5% n

⇔ 12818.1, 5% + 1,5% n − 1000.1 + 1, 5%n + 1000 = 0 ⇔ −807, 73.1 + 1, 5%n + 1000 = 0 ⇔ n ≈ log1,015

1000 ≈ 14,3. 807, 73

Vậy, số tháng để sinh viên A trả hết nợ là: 12 + 15 = 27 (tháng)

Câu 46: Chọn C. Cách giải: Xét hàm số h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) , ta có: h ' ( x ) = f ' ( x ) − g ' ( x ) h ' ( x ) = f ' ( x ) − g ' ( x ) < 0, ∀x ∈ ( 0; 2 ) Dựa vào đồ thị ta có:  h ' ( x ) = f ' ( x ) − g ' ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 2; 6 ) Ta có bảng biến thiên sau:

0 -

h '( x) h

h(0)

h(6) h(2)

Lại có: f ( 0 ) − f ( 6 ) < g ( 0 ) − g ( 6 ) ⇔ f ( 0 ) − g ( 0 ) < f ( 6 ) − g ( 6 ) ⇔ h ( 0 ) < h ( 6 ) ⇒ min h ( x ) = h(2); max h ( x ) = max {h(0); h(6)} = h(6). [0;6]

[0;6]

Câu 47: Chọn D. Phương pháp: Lượng thức ăn mà trang trại ăn hết ở ngày thứ k là: M (1 + 4%) k −1 , k ∈ ℕ*

Cách giải: Theo dự định, mỗi ngày, trang trại ăn hết 1:100 =

1 (lượng thức ăn) 100

Lượng thức ăn mà trang trại ăn hết ở ngày thứ k là: Xác định số tự nhiên n nhỏ nhất để

⇔

1 (1 + 4%)k −1 , k ∈ ℕ* 100

1 1 1 1 n −1 + (1 + 4%) + (1 + 4%)2 + ... + (1 + 4% ) ≥ 1 100 100 100 100

1 1 1 1 1 + .1, 04 + .1, 042 + ... + .1, 04n −1 ≥ 1 ⇔ 1 + 1, 04 + 1, 042 + ... + 1, 04 n −1 ) ≥ 1 ( 100 100 100 100 100 35

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

1 1, 04n −1 − 1 . ⇔ ≥ 1 ⇔ 1, 04n −1 − 1 ≥ 4 ⇔ n − 1 ≥ log1,04 5 ⇔ n ≥ log1,04 5 + 1 ⇔ n ≥ 42, 03 ⇒ nmin = 43. 100 1, 04 − 1 Vậy thực tế lượng thức ăn dự trữ đó sẽ hết sau khoảng 43 ngày.

Câu 48: Chọn D. Phương pháp: + Chứng minh: O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP (với O là tâm của hình vuông ABCD) 4 + Thể tích khối cầu có bán kính r là: V = π r 3 . 3

Cách giải:

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD ⇒ O là trung điểm của AC. CD ⊥ AD Ta có:  ⇒ CD ⊥ ( SAD) ⇒ CD ⊥ AP CD ⊥ SA  SC ⊥ AP (doSC ⊥ (α )) ⇒ AP ⊥ ( SCD) ⇒ AP ⊥ CP ⇒ ∆APC vuông tại P ⇒ OA = OC = OP  CD ⊥ AP Tương tự, ta có: ∆AMC vuông tại M ⇒ OA = OC = OM Lại có: SC ⊥ AN (doSC ⊥ (α )) ⇒ ∆ANC vuông tại N

⇒ OA = OC = ON ⇒ OA = OC = OP = OM = ON ⇒ O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP Bán kính: R = OA =

AB 2 2 = =2 2 2

4 32π . Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là: V = π .23 = 3 3

Câu 49: Chọn B. Phương pháp: 36

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

Giải phương trình bằng phương pháp xét hàm số.

Cách giải: 1 ĐKXĐ: x ≠ , x > 0 2

 4 x2 − 4 x + 1  2 2 2 Ta có: log 7   + 4 x + 1 = 6 x ⇔ log 7 ( 4 x − 4 x + 1) − log 7 ( 2 x ) + 4 x + 1 = 6 x 2x   ⇔ log 7 ( 4 x 2 − 4 x + 1) + 4 x 2 − 4 x + 1 = log 7 (2 x) + 2 x (1) Xét hàm số f ( t ) = log 7 t + t , t > 0 có f ' ( t ) =

1 + 1 > 0, ∀t > 0 t.ln 7

⇒ Hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0; +∞ )  3+ 5 (tm) x = 4 2 2 2  Khi đó, (1) ⇔ f ( 4 x − 4 x + 1) = f ( 2 x ) ⇔ 4 x − 4 x + 1 = 2 x ⇔ 4 x − 6 x + 1 = 0 ⇔  3− 5 (tm) x =  4 TH1: x1 =

3+ 5 3− 5 9− 5 1 ; x2 = ⇒ x1 + 2 x2 = = a + b : Vô lí 4 4 4 4

TH2: x1 =

a = 9 3− 5 3+ 5 9+ 5 1 ; x2 = ⇒ x1 + 2 x2 = = a+ b ⇒  ⇒ a + b = 14. 4 4 4 4 b = 5

(

)

Câu 50: Chọn A. Phương pháp: Thể tích khối trụ: V = π R 2h Thể tích khối lăng trụ: V = Sh

Cách giải: Dựng hình lăng trụ MP’NQ’.M’PN’Q (như hình vẽ) Khi đó, ta có: VMNPQ = VMP ' NQ '.M ' PN 'Q − (VP.MNP ' + VQ.MNQ ' + VM .M ' PQ + VN . N ' PQ ) = VMP ' NQ '. N ' PN 'Q − 4.VP.MNP '

1 = VMP ' NQ '.PN 'Q − 4. VP.MQ ' NP ' = VMP ' NQ '.M ' PN 'Q − 2VP.MQ ' NP ' 2 1 = VMP ' NQ '.PN 'Q − 2. VMP ' NQ '.PN 'Q 3 1 = VMP ' NQ '.PN 'Q . 3 1 ⇒ VMP ' NQ '. PN 'Q = 36(dm3 ) ⇔ VMP ' NQ '. PN 'Q = 108 ( dm3 ) 3 37

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

Do MN ⊥ PQ, PQ / / P ' Q ' nên MN ⊥ P ' Q ' ⇒ MP ' NQ ' là hình vuông 60   MQ = 2 = 30 2(cm) = 3 2(dm) Ta có: MN = 60cm ⇒  OM = 60 = 30(cm) = 3(dm)  2

(

⇒ S MP ' NQ ' = 3 2

)

= 18(dm 2 )

VMP ' NQ '.PN 'Q = S MP ' NQ ' .h ⇒ 18h = 108 ⇔ h = 6(dm)

Thể tích khối trụ là: V = π R 2 h = π .OM 2 h = π .32.6 = 54π (dm3 ) Thể tích của lượng đá bị cắt bỏ là: 54π − 36 ≈ 133, 6 ( dm3 ) .

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