40 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 2019 mới nhất của nhiều trường danh tiếng trong cả nước by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

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

40 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 2019 mới nhất của nhiều trường danh tiếng trong cả nước, có đáp án, lời giải chi tiết (61-80) WORD VERSION | 2021 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 HẢI PHÒNG

KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2019

TRƯỜNG THPT NGÔ QUYỀN

Môn thi: TOÁN HỌC

MÃ ĐỀ 313

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề thi gồm 06 trang)

Số báo danh:………………………………………………….. Câu 1 [NB]: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị hàm số như hình vẽ dưới. Hỏi hàm số đó có bao nhiêu điểm cực trị? A. 0 B. 3 C. 1

D. 2

FF IC IA L

Họ, tên thí sinh:……………………………………………….

A. 15cm3

Câu 2 [TH]: Cho tứ diện ABCD có AB,AC,AD đôi một góc vuông, AB =4cm, AC =5cm, AD= 3cm. Thể tích khối tứ diện ABCD bằng C. 60cm3

B. 10cm3

D. 20cm3

Câu 3 [NB]: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;1)

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −1)

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ )

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −3; +∞ )

Câu 4[NB]: Hàm số nào sau đây nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó? x−2 −x + 2

B. y =

A. y =

x−2 x+2

C. y =

−x + 2 x+2

D. y =

x+2 −x + 2

3a 3 2

ẠY

KÈ

Câu 5 [VD]: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cạnh a, A’B tạo với mặt phẳng đáy góc 600. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng B.

a3 4

Câu 6 [VD]: Biết phương trình log 5

3a 3 4

3a 3 8

 x 2 x +1 1  = 2 log 3  −  có một nghiệm dạng x  2 2 x

x = a + b 2 trong đó a,b là các số nguyên. Tính 2a + b. A. 3

B. 8

C. 4

D. 5

Câu 7 [NB]: Cho số dương a và m, n ∈ ℝ .Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a m .a n = a m − n .

B. a m .a n = ( a m )

Câu 8 [TH]: Số nghiệm của phương trình 2 2 x

C. a m .a n = a m + n 2

−7 x + 5

= 1 là 1

D. a m .a n = a mn

A. 1

B. 0

C. 3

D. 2

Câu 9 [VD]: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân với đáy AB = 2a, AD = BC = CD = a mặt bên SAB là tam giác cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng

A. V =

3a 3 3 4

B. V =

2a 15 , tính theo a thể tích V của khối chóp 5

3a 3 4

C. V =

3a 3 5 4

D. V =

3a 3 2 8

FF IC IA L

cách từ A tới mặt phẳng (SBC) bằng

Câu 10 [NB]: Gọi R,l,h lần lượt là bán kính đáy, độ dài đường sinh, chiều cao của hình nón (N). Diện tích xung quanh S xq của hình nón là A. S xq = π Rh.

B. S xq = 2π Rh.

C. S xq = 2π Rl.

Câu 11 [ TH]. Tìm điểm cực đại x0 của hàm số y = x 3 − 3 x + 1 B. x0 = 1

Câu 12 [TH]: Hàm số y =

D. x0 = 3

x3 − 3 x 2 + 5 x − 2 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? 3 B. (−∞;1)

C. (−2;3)

A. ( 5; +∞ )

C. x0 = −1

A. x0 = 2

D. S xq = π Rl.

D. (1;5 )

Câu 13 [VD]: Biết rằng hàm số f ( x ) = x 3 − 3 x 2 − 9 x + 28 đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [ 0; 4] tại x0 .Tính A. P= 2021.

P = x0 + 2018

B. P= 2018

C. P= 2019

D. P= 3.

Câu 14 [NB]: Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 3 + cx3 + dx + e ( a ≠ 0 ) . Biết rằng hàm số f ( x ) có đạo hàm là

f ' ( x ) và hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ

dưới. Khi đó mệnh đề nào sau đây sai?

A. Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng (-1;1) B. Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ )

C. Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng (-2;1)

KÈ

D. Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng

( −∞; −2 )

ẠY

Câu 15 [TH]: Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng 72 cm3. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BB’. Tính thể tích khối tứ diện ABCM. B. 18 cm3

C. 24 cm3

D. 12 cm3

A. 36 cm3

Câu 16 [ NB]: Đường cong trong hình dưới là đồ thị của một hàm số trong bố 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 = −2 x 4 + 4 x 2 − 1

B. y = x 4 − 2 x 2 − 1

C. y = − x 4 + 4 x 2 − 1

D. y = − x 4 + 2 x 2 + 1 2

A. 29

B. 30

C. 28

D. 27

FF IC IA L

Câu 17 [VD]: Một cái cốc hình trụ có bán kính đáy là 2cm , chiều cao 20cm . Trong cốc đang có một ít nước, khoảng cách giữa đáy cốc và mặt nước là 12cm (Hình vẽ). Một con quạ muốn uống được nước trong cốc thì mặt nước phải cách miệng cốc không quá 6cm . Con quạ thông minh mổ những viên bi đá hình cầu có bán kính 0,6cm thả vào cốc nước để mực nước dâng lên. Để uống được nước thì con quạ cần thả vào cốc ít nhất bao nhiêu viên bi?

A. 2

B. 5

a Câu 18 [VD]: Giả sử m = − , a, b ∈ ℤ + , ( a, b ) = 1 là giá trị thực của tham số m để đường thẳng b 2x +1 d : y = −3 x + m cắt đồ thị hàm số y = ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho trọng tâm tam giác x −1 OAB thuộc đường thẳng ∆ : x − 2 y − 2 = 0 với O là gốc tọa độ. Tính a + 2b .

C. 11

D. 21

Câu 19 [TH]: Phương trình ( 2 x − 5 ) ( log 2 x − 3) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 (với x1 < x2 . Tính giá trị của B. K = 18 + log 2 5

C. K = 24 + log 2 5

D. K = 32 + log 2 3

A. K = 32 + log 3 2

biểu thức K = x1 + 3 x2

Câu 20[VD]: Cho f (1) = 1, f ( m + n ) = f ( m ) + f ( n ) + mn với mọi mn ∈ N * . Tính giá trị của biểu

B. 3

A. 9

 f ( 96 ) − f ( 69 ) − 241  thức T = log   2  

C. 10 2018

( 4 + 2 3 ) .(1 − 3 ) Câu 21 [TH]: Tính giá trị biểu thức P = (1 + 3 )

2017

2018

B. P = −1 .

C. P = −22019 .

A. P = −2 2017.

D. 4

D. P = 22018 .

KÈ

Câu 22 [TH]: Một hình trụ có hai đáy là hai hình tròn (O;r) và (O’;r). Khoảng cách giữa hai đáy là

OO ' = r 3 . Một hình nón có đỉnh O và có đáy là hình tròn (O’;r). Gọi S1 là diện tích xung quanh của

ẠY

hình trụ và S2 là diện tích xung quanh của hình nón. Tính tỉ số

2 S1 = S2 3

S1 =2 3 S2

S1 . S2

S1 =2 S2

S1 = 3 S2

Câu 23 [VD]: Anh Nam mới ra trường và đi làm với mức lương khởi điêm là 6 triệu đồng/ltháng. Anh muốn dành một khoản tiền tiết kiệm bằng cách trích ra 20% lương hàng tháng gửi vào ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,5%/ tháng. Hỏi sau một năm, số tiền tiết kiệm của anh Nam gần nhất với số nào sau đây? A. 15 320 000 đồng

B. 14 900 000 đồng

C. 14 880 000 đồng

D. 15 876 000 đồng

Câu 24 [TH]: Biết rằng đồ thị hàm số y = x 3 − 4 x 2 + 5 x − 1 cắt đồ thị hàm số y = 1 tại hai điểm phân biệt A và B. Tính độ dài đoạn bằng AB. 3

A. AB = 2.

B. AB = 3.

C. AB = 2 2 .

D. AB = 1.

Câu 25 [NB]: Cho khối chóp có thể tích bằng 32cm và diện tích đáy bằng 16cm . Chiều cao của khối chóp đó là 3

A. 4cm

B. 6cm

C. 3cm

D. 2cm.

C. x = 8

D. x = 7

Câu 26 [TH]: Giải phương trình log3 ( x − 1) = 2 A. x = 10

B. x = 11

A. V =

2a 3 2 9

B. V = 2a 3 2

C. V =

4a 3 2 3

FF IC IA L

Câu 27 [VD]: Cho hình chóp S.ABC có SA =2a, SB = 3a, SC = 4a và ASB = BSC = 600, ASC = 900. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC. D. V = a 3 2

Câu 28 [TH]: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) ( x 2 − 1) tại điểm M ( 2;9 ) là A. y = 6 x − 3

B. y = 8 x − 7

C. y = 24 x − 39

D. y = 6 x + 21

Câu 29 [TH]: Cho hình nón có chiều cao bằng 8cm, bán kính đáy bằng 6cm. Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng B. 84π cm 2

C. 96π cm2

A. 116π cm 2

D. 132π cm 2

x+2 có đồ thị (C). Đường thẳng d có phương trình y = ax + b là tiếp 2x + 3 tuyến của (C), biết d cắt trục hoành tại A và cắt trục tung tại B sao cho tam giác OAB cân tại O, với O là gốc tọa độ. Tính a + b

B. -2

C. 0

A. -1

Câu 30 [VD]: Cho hàm số y =

D. -3

B. log a

A. log a x n = n log a x (với x > 0)

Câu 31 [NB]: Cho a > 0 và a ≠ 1 . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.

D. log a 1 = a, log a a = 1

C. log a x có nghĩa với mọi x

x log a x = .(với x > 0, y > 0). y log a y

Câu 32. [VD]: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ

thị như hình vẽ dưới. Xét hàm số g ( x ) = f ( 2 x 3 + x − 1) + m .

KÈ

Tìm m để max g ( x ) = −10 [0;1]

A. m = -13

ẠY

B. m = 5

C. m = 3

D. m = -1

Câu 33 [VD]: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-2018;2019] để hàm số

y = mx 4 + ( m + 1) x 2 + 1 có đúng một điểm cực đại? A. 0.

B. 2018.

C. 1.

Câu 34 [TH]: cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

D. 2019.

-∞

y’

+∞

-1

FF IC IA L

-∞

Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho phương trình f ( x ) = m có đúng hai nghiệm.

A. m < −1, m = 2

B. m ≤ −1, m = 2

C. m ≤ 2.

D. m < 2 .

Câu 35 [NB]: Hàm số f ( x ) = 22 x có đạo hàm B. f ' ( x ) = 22 x −1

C. f ' ( x ) = 22 x +1 ln 2

D. f ' ( x ) = 2 x 22 x −1

A. f ' ( x ) = 22 x ln 2 .

Câu 36 [VDC]: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC là tam giác với AB = 2cm, AC = 3cm, ∠BAC = 600 .

,SA ⊥ ( ABC ) Gọi B1 , C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Tính thể tích khối cầu đi qua

28 21π cm3 27

76 57π cm3 27

7 7π cm3 6

năm điểm A,B,C, B1 , C1

27π cm3 6

x − m2 Câu 37 [VD]: Cho hàm số f ( x ) = với m là tham số thực. Giả sử m0 là giá trị dương của tham số x+8 m để hàm số có giá trị nhỏ nhất trên đoạn [0;3] bằng -3. Giá trị m0 thuộc khoảng nào trong các khoảng

cho dưới đây?

A. (2;5)

B. (1;4)

C. (6;9)

D. (20;25)

KÈ

Câu 38 [VD]: Sau một tháng thi công dãy phòng học của Trường X, công ty xây dựng đã thực hiện được một khối lượng công việc. Nếu tiếp tục với tiến độ như vậy thì dự kiến sau đúng 25 tháng nữa công trình sẽ hoàn thành. Để kịp thời đưa công trình vào sử dụng, công ty xây dựng quyết định từ tháng thứ 2 , mỗi tháng tăng 5% khối lượng công việc so với tháng kề trước. Hỏi công trình sẽ hoàn thành ở tháng thứ mấy sau khi khởi công? A. 19. B. 18. C. 17. D. 16. Câu 39 [VD]: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K,M lần lượt là trung điểm

ẠY

của các đoạn thẳng SA, SB, (α ) là mặt phẳng qua K song song với AC và AM. Mặt phẳng (α ) chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện. Gọi V1 là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh S và V2 là thể

tích khối đa diện còn lại. Tính tỉ số

V1 7 = V2 25

V1 . V2

V1 5 = V2 11

V1 7 = V2 17

V1 9 = V2 23

Câu 40 [VD]: Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 2a. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho bằng

a 6 2

B. a 2

2a 3

a 2 2

Câu 41 [NB]: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau: -∞

y’

+∞

FF IC IA L

+∞

−∞

f ( x2 )

A. (0; +∞) \ {e}

1 1 − ln x

Câu 42 [NB]: Tìm tập xác định của hàm số y =

Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hàm số đã cho có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu. B. Hàm số đã cho không có cực trị. C . Hàm số đã cho có một điểm cực đại và không có điểm cực tiểu. D. Hàm số đã cho có một điểm cực tiểu và không có điểm cực đại.

B. ( e; +∞ )

C. ℝ \ {e}

d. ( 0; +∞ )

Câu 43 [NB] : Cho các dạng đồ thị (I), (II), (III) như hình dưới đây:

KÈ

Đồ thị hàm số y = x 3 + bx 2 − x + d ( b, d ∈ ℝ ) có thể là dạng nào trong các dạng trên? A. (III)

B. (I) và (III)

C. (I) và (II)

D. (I)

Câu 44 [NB]: Mặt cầu có bán kính a thì có diện tích xung quang bằng 4 2 πa 3

ẠY

B. 4π a 2

C. 2π a

D. π a 2

Câu 45 [VD]: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

log

( x − 1) = log 2 ( mx − 8)

A. 3

có hai nghiệm phân biệt?

B. vô số

C. 4

D. 5

Câu 46 [TH]: Cho hàm số y = ax + bx + c ( a ≠ 0 ) có bảng biến thiên dưới đây: 4

-∞

-1

y’

+∞

-∞

FF IC IA L

-∞ Tính P = a − 2b + 3c.

A. P = 3.

B. P = 6.

C. P = -2.

D. P = 2.

Câu 47 [TH]: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình tròn S.ABCD là điểm I với B. I là trung điểm của đoạn thẳng AC.

C. I là trung điểm của đoạn thẳng SC.

D. I là trung điểm của đoạn thẳng SB.

A. I là trung điểm của đoạn thẳng SD.

1 5

B. cosα =

1 3

C. cosα =

1 37

D. cosα =

A. cosα =

Câu 48 [VD]: Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có thể tích bằng a 3 và đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Tính cosα với α là góc giữa mặt bên và mặt đáy

1 19

Câu 49 [NB]: Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau? −3

C. Tập xác định của hàm số y = x −2 là ℝ

B. Tập xác định của hàm số x

A. Tập xác định của hàm số y = (1 − x ) là R \ {1}

là ( 0; +∞ ) 1

D. Tập xác định của hàm số y = x 2 là ( 0; +∞ )

C. R = 9cm .

B. R = 4, 5cm .

ẠY

KÈ

A. R = 3cm .

Câu 50 [TH]: Cho khối trụ có thể tích bằng 45π cm3 , chiều cao 5cm. Tính bán kính R của khối trụ đã cho.

D. R = 3 3cm .

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019

MA TRẬN ĐỀ THI Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Đại số C16 C24 C33 C34 C41 C43 C46

C1 C3 C4 C11 C12 C13 C14

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

C8 C19 C21 C26 31 C42

C7 C49

C6 C23 C38 C45

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng Chương 4: Số Phức

Lớp 12 (98%)

C18 C28 C30 C37

Chương 1: Hàm Số

Hình học

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C10 C44

C27 C36 C39 C40 C48

C29 C47 C50

C17 C22

KÈ

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C9 C15 C25

C2 C5

Chương 1: Khối Đa Diện

Đại số

ẠY

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

Lớp 11 (2%)

Chương 2: Tổ Hợp - Xác Suất Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân Chương 4: Giới Hạn

Vận dụng cao

FF IC IA L

Lớp

C32

C20

Chương 5: Đạo Hàm

C35

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

FF IC IA L

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 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình.

Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Chương 5: Thống Kê

Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

Lớp 10 (0%)

Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Hình học

KÈ

Chương 1: Vectơ

ẠY

Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Tổng số câu

Điểm

2.6

0.6

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI 9

Mức độ đề thi: KHÁ + Đánh giá sơ lược: Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan

Không có câu hỏi lớp 10. Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 17 câu VD-VDC phân loại học sinh . 2 câu hỏi khó ở mức VDC C20 C32 Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng

Đề phân loại học sinh ở mức khá

FF IC IA L

Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 câu hỏi lớp 11

Câu 1 [NB]: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị hàm số như hình vẽ dưới. Hỏi hàm số đó

có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 0 B. 3

C. 1

D. 2

Câu 2 [TH]: Cho tứ diện ABCD có AB,AC,AD đôi một góc vuông, AB =4cm, AC =5cm, AD= 3cm. Thể tích khối tứ diện ABCD bằng B. 10cm3

C. 60cm3

D. 20cm3

A. 15cm3

nào sau đây đúng?

Câu 3 [NB]: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Mệnh đề

A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;1)

KÈ

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −3; +∞ )

ẠY

Câu 4[NB]: Hàm số nào sau đây nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó? x−2 −x + 2

B. y =

x−2 x+2

C. y =

−x + 2 x+2

D. y =

A. y =

x+2 −x + 2

Câu 5 [VD]: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cạnh a, A’B tạo với mặt phẳng đáy góc 600. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng A.

3a 3 2

a3 4

3a3 4

3a3 8

Câu 6 [VD]: Biết phương trình log 5

 x 2 x +1 1  = 2 log 3  −  có một nghiệm dạng x  2 2 x

x = a + b 2 trong đó a,b là các số nguyên. Tính 2a + b. A. 3

B. 8

C. 4

D. 5

Câu 7 [NB]: Cho số dương a và m, n ∈ ℝ .Mệnh đề nào sau đây đúng? n

Câu 8 [TH]: Số nghiệm của phương trình 2 2 x A. 1

C. a m .a n = a m + n 2

−7 x + 5

= 1 là

B. 0

C. 3

D. a m .a n = a mn

FF IC IA L

B. a m .a n = ( a m )

A. a m .a n = a m − n .

D. 2

A. V =

3a 3 3 4

B. V =

2a 15 , tính theo a thể tích V của khối chóp 5

3a 3 4

C. V =

cách từ A tới mặt phẳng (SBC) bằng

3a3 5 4

D. V =

3a3 2 8

B. S xq = 2π Rh.

C. S xq = 2π Rl.

D. S xq = π Rl.

A. S xq = π Rh.

Câu 10 [NB]: Gọi R,l,h lần lượt là bán kính đáy, độ dài đường sinh, chiều cao của hình nón (N). Diện tích xung quanh S xq của hình nón là

A. x0 = 2

B. x0 = 1

Câu 11 [ TH]. Tìm điểm cực đại x0 của hàm số y = x 3 − 3 x + 1 C. x0 = −1

D. x0 = 3

C. (−2;3)

D. (1;5 )

C. P= 2019

D. P= 3.

x3 − 3 x 2 + 5 x − 2 nghịch 3 biến trên khoảng nào dưới đây? B. (−∞;1)

A. ( 5; +∞ )

Câu 12 [TH]: Hàm số y =

Câu 13 [VD]: Biết rằng hàm

số f ( x ) = x 3 − 3 x 2 − 9 x + 28 đạt giá trị nhỏ nhất trên

KÈ

đoạn [ 0; 4] tại x0 .Tính P = x0 + 2018 A. P= 2021.

B. P= 2018

ẠY

Câu 14 [NB]: Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 3 + cx3 + dx + e ( a ≠ 0 ) . Biết rằng hàm số f ( x ) có đạo hàm là

f ' ( x ) và hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới. Khi đó mệnh đề nào sau đây sai?

A. Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng (-1;1) B. Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ )

C. Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng (-2;1) D. Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 )

Câu 15 [TH]: Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng 72 cm3. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BB’. Tính thể tích khối tứ diện ABCM. A. 36 cm3

B. 18 cm3

C. 24 cm3

D. 12 cm3

A. y = −2 x 4 + 4 x 2 − 1

B. y = x 4 − 2 x 2 − 1

C. y = − x 4 + 4 x 2 − 1

D. y = − x 4 + 2 x 2 + 1

B. 30

C. 28

D. 27

A. 29

FF IC IA L

Câu 16 [ NB]: Đường cong trong hình dưới là đồ thị của một hàm số trong bố hàm số được liệt kê ở bốn phương án A,B,C,D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

B. 5

C. 11

A. 2

D. 21

biểu thức K = x1 + 3 x2

Câu 19 [TH]: Phương trình ( 2 x − 5 ) ( log 2 x − 3) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 (với x1 < x2 . Tính giá trị của A. K = 32 + log 3 2

B. K = 18 + log 2 5

C. K = 24 + log 2 5

D. K = 32 + log 2 3

KÈ

Câu 20[VD]: Cho f (1) = 1, f ( m + n ) = f ( m ) + f ( n ) + mn với mọi mn ∈ N * . Tính giá trị của biểu

ẠY

 f ( 96 ) − f ( 69 ) − 241  thức T = log   2   A. 9

B. 3

C. 10 2018

( 4 + 2 3 ) .(1 − 3 ) Câu 21 [TH]: Tính giá trị biểu thức P = (1 + 3 ) A. P = −2 2017.

D. 4 2017

2018

B. P = −1 .

C. P = −22019 .

D. P = 22018 .

Câu 22 [TH]: Một hình trụ có hai đáy là hai hình tròn (O;r) và (O’;r). Khoảng cách giữa hai đáy là OO ' = r 3 . Một hình nón có đỉnh O và có đáy là hình tròn (O’;r). Gọi S1 là diện tích xung quanh của S1 . S2

hình trụ và S2 là diện tích xung quanh của hình nón. Tính tỉ số

S1 2 = S2 3

S1 =2 3 S2

S1 =2 S2

S1 = 3 S2

A. 15 320 000 đồng

B. 14 900 000 đồng

FF IC IA L

D. 15 876 000 đồng

Câu 24 [TH]: Biết rằng đồ thị hàm số y = x 3 − 4 x 2 + 5 x − 1 cắt đồ thị hàm số y = 1 tại hai điểm phân biệt A và B. Tính độ dài đoạn bằng AB.

B. AB = 3.

C. AB = 2 2 .

A. AB = 2.

D. AB = 1.

Câu 25 [NB]: Cho khối chóp có thể tích bằng 32cm và diện tích đáy bằng 16cm . Chiều cao của khối chóp đó là B. 6cm

C. 3cm

Câu 26 [TH]: Giải phương trình log 3 ( x − 1) = 2 B. x = 11

C. x = 8

D. x = 7

A. x = 10

D. 2cm.

A. 4cm

Câu 27 [VD]: Cho hình chóp S.ABC có SA =2a, SB = 3a, SC = 4a và ASB = BSC = 600, ASC = 900. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC.

2a 3 2 9

C. V =

B. V = 2a 3 2

4a 3 2 3

A. V =

D. V = a 3 2 2

A. y = 6 x − 3

Câu 28 [TH]: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) ( x 2 − 1) tại điểm M ( 2;9 ) là B. y = 8 x − 7

C. y = 24 x − 39

D. y = 6 x + 21

KÈ

A. 116π cm 2

Câu 29 [TH]: Cho hình nón có chiều cao bằng 8cm, bán kính đáy bằng 6cm. Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng B. 84π cm 2

C. 96π cm 2

D. 132π cm 2

ẠY

Câu 30 [VD]: Cho hàm số y =

A. -1

B. -2

C. 0

D. -3

Câu 31 [NB]: Cho a > 0 và a ≠ 1 . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.

x log a x = .(với x > 0, y > 0). y log a y

A. log a x n = n log a x (với x > 0)

B. log a

C. log a x có nghĩa với mọi x

D. log a 1 = a, log a a = 1

Câu 32. [VD]: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ dưới. Xét hàm số g ( x ) = f ( 2 x 3 + x − 1) + m . Tìm m để max g ( x ) = −10 [0;1]

A. m = -13 B. m = 5

FF IC IA L

C. m = 3 D. m = -1

Câu 33 [VD]: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-2018;2019] để hàm số

y = mx 4 + ( m + 1) x 2 + 1 có đúng một điểm cực đại? A. 0.

B. 2018.

C. 1.

D. 2019.

-∞

y’

+∞

-∞

-1

+∞

Câu 34 [TH]: cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

A. m < −1, m = 2

Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho phương trình f ( x ) = m có đúng hai nghiệm.

B. m ≤ −1, m = 2

C. m ≤ 2.

D. m < 2 .

C. f ' ( x ) = 22 x +1 ln 2

D. f ' ( x ) = 2 x 2 2 x −1

Câu 35 [NB]: Hàm số f ( x ) = 22 x có đạo hàm B. f ' ( x ) = 22 x −1

KÈ

A. f ' ( x ) = 22 x ln 2 .

Câu 36 [VDC]: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC là tam giác với AB = 2cm, AC = 3cm, ∠BAC = 600 .

,SA ⊥ ( ABC ) Gọi B1 , C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Tính thể tích khối cầu đi qua

ẠY

năm điểm A,B,C, B1 , C1

28 21π cm3 27

76 57π cm3 27

7 7π cm3 6

27π cm3 6

x − m2 với m là tham số thực. Giả sử m0 là giá trị dương của tham số x+8 m để hàm số có giá trị nhỏ nhất trên đoạn [0;3] bằng -3. Giá trị m0 thuộc khoảng nào trong các khoảng Câu 37 [VD]: Cho hàm số f ( x ) =

cho dưới đây?

A. (2;5)

B. (1;4)

C. (6;9) 14

D. (20;25)

FF IC IA L

A. 19. B. 18. C. 17. D. 16. Câu 39 [VD]: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K,M lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng SA, SB, (α ) là mặt phẳng qua K song song với AC và AM. Mặt phẳng (α ) chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện. Gọi V1 là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh S và V2 là thể tích khối đa diện còn lại. Tính tỉ số

7 V1 = V2 25

V1 . V2

V1 5 = V2 11

V1 7 = V2 17

9 V1 = V2 23

a 6 2

B. a 2

2a 3

Câu 40 [VD]: Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 2a. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho bằng D.

a 2 2

-∞

y’

Câu 41 [NB]: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:

+ +∞

+∞

f ( x2 )

−∞

ẠY

KÈ

Câu 42 [NB]: Tìm tập xác định của hàm số y =

A. (0; +∞) \ {e}

1 1 − ln x

B. ( e; +∞ )

C. ℝ \ {e}

Câu 43 [NB] : Cho các dạng đồ thị (I), (II), (III) như hình dưới đây:

d. ( 0; +∞ )

FF IC IA L

Đồ thị hàm số y = x 3 + bx 2 − x + d ( b, d ∈ ℝ ) có thể là dạng nào trong các dạng trên? A. (III)

B. (I) và (III)

C. (I) và (II)

D. (I)

Câu 44 [NB]: Mặt cầu có bán kính a thì có diện tích xung quang bằng 4 2 πa 3

B. 4π a 2

C. 2π a

D. π a 2

Câu 45 [VD]: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2

( x − 1) = log 2 ( mx − 8)

A. 3

có hai nghiệm phân biệt?

B. vô số

log

C. 4

D. 5

-∞

-1

y’

Câu 46 [TH]: Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c ( a ≠ 0 ) có bảng biến thiên dưới đây:

+∞

-∞

Tính P = a − 2b + 3c.

A. P = 3.

B. P = 6.

C. P = -2.

D. P = 2.

KÈ

C. I là trung điểm của đoạn thẳng SC.

D. I là trung điểm của đoạn thẳng SB.

ẠY

A. I là trung điểm của đoạn thẳng SD.

Câu 48 [VD]: Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có thể tích bằng a 3 và đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Tính cosα với α là góc giữa mặt bên và mặt đáy A. cosα =

1 5

B. cosα =

1 3

C. cosα =

1 37

D. cosα =

1 19

Câu 49 [NB]: Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau? −3

A. Tập xác định của hàm số y = (1 − x ) là R \ {1}

B. Tập xác định của hàm số x

C. Tập xác định của hàm số y = x −2 là ℝ

D. Tập xác định của hàm số y = x 2 là ( 0; +∞ )

là ( 0; +∞ ) 1

Câu 50 [TH]: Cho khối trụ có thể tích bằng 45π cm3 , chiều cao 5cm. Tính bán kính R của khối trụ đã cho. A. R = 3cm .

C. R = 9cm .

D. R = 3 3cm .

KÈ

FF IC IA L

B. R = 4, 5cm .

1.D

11.C

21.A

31.A

41.D

2.B

12.D

22.D

32.A

42.A

3.B

13.A

23.C

33.B

43.D

4.C

14.A

24.D

34.B

44.B

5.C

15.D

25.B

35.C

45.A

6.B

16.A

26.A

36.A

46.C

7.C

17.C

27.B

37.A

47.C

8.D

18.D

28.C

38.B

48.C

ẠY D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

9.B

19.C

29.C

39.D

49.C

10.D

20.B

30.D

40.B

50.A

Phương pháp: Xác định điểm trên đồ thị hàm số mà tại đó có đạo hàm đổi dấu.

Câu 1: Quan sát đồ thị hàm số ta thấy, hàm số đạt cực trị tại 2 điểm x = 0, x = 1.

Chọn D. Câu 2: Phương pháp:

FF IC IA L

Cách giải:

Thể tích của tứ diện có các cạnh đôi một vuông góc và các cạnh đó có độ dài lần lượt là a, b, c 1 là V = abc. 6

Cách giải: Tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc

⇒ Thể tích khối tứ diện ABCD là:

1 1 V = . AB. AC. AD = .4.5.3 = 10 ( cm3 ) 6 6

Chọn B.

Câu 3: Hàm số đồng biến trên

f ' ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( a; b )

( a; b ) ⇔

Phương pháp:

Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ f ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b )

Cách giải:

KÈ

Câu 4:

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) .

Phương pháp:

ad − bc ax + b , ( ad − bc ≠ 0, c ≠ 0 ) có y ' = là hàm số nghịch biến trên các khoảng 2 cx + d ( cx + d )

ẠY

Hàm số dạng y =

xác định của nó khi và chỉ khi y ' < 0 ⇔ ad − bc < 0 .

Cách giải:

−x + 2 có: x+2 −1.2 − 1.2 −4 = < 0, ∀x ∈ D = ( −∞; −2 ) ∪ ( −2; +∞ ) y= 2 2 ( x + 2) ( x + 2)

Hàm số y =

⇒ Hàm số y =

−x + 2 nghịch biến trên mỗi khoảng xác x+2

định của nó. 18

Chọn C. Câu 5: 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:

∆A ' B ' B vuông tại B’, có ∠BA ' B ' = 600 => BB ' = A ' B '.tan 600 = a 3 a2 3 4

3 a2 3 .a 3 = a 3 4 4

Chọn: C Câu 6: Phương pháp: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình. Cách giải: ĐKXĐ: x > 1 Ta có:

Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' : V = S∆ABC .BB ' =

∆ABC đều, cạnh a => S ∆ABC =

FF IC IA L

ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng => BB ' ⊥ ( A 'B'C') => ∠ ( A ' B; ( A ' B 'C') ) = ∠ ( A ' B; A ' B ' ) = ∠BA ' B ' = 600

 x 2 x +1 1  2 x +1  x −1  = 2 log 3  − = 2 log 3   ⇔ log 5  x x 2 x   2 2 x

( ⇔ log ( 2

) x + 1) + 2 log ( 2 x ) = log

log 5

(

x + 2 log 3 ( x − 1) (1)

)

⇔ log 5 2 x + 1 − log 5 x = 2 log 3 ( x − 1) − 2 log 3 2 x

Xét hàm số f ( t ) = log 5 t + 2 log 3 ( t − 1) , t ∈ (1; +∞ ) , có: f ' ( t ) =

1 2 + > 0, ∀t ∈ (1; +∞) t.ln 5 ( t − 1) .ln 3

⇒ Hàm số f ( t ) đồng biến trên (1; +∞ )

KÈ

 x = 1+ 2 Khi đó, phương trình (1) ⇔ f 2 x + 1 = f ( x ) ⇔ 2 x + 1 = x ⇔ x − 2 x − 1 = 0 ⇔   x = 1 − 2 < 0

(

⇔ x = 1+ 2 ⇔ x = 1+ 2

(

)

= 3 + 2 2 ⇒ a = 3, b = 2 => 2a + b = 2.3 + 2 = 8

ẠY

Chọn B. Câu 7: Phương pháp: Sử dụng công thức: a m .a n = a m + n . Cách giải: Mệnh đề đúng: a m .a n = a m + n Chọn C Câu 8: Phương pháp: 19

a f ( x ) = a m , ( a > 0, a ≠ 1) ⇔ f ( x ) = m. Cách giải: 2

−7 x + 5

 x =1 = 1 ⇔ 2 x2 − 7 x + 5 = 0 ⇔  x = 5 2 

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x = 1; x =

5 2

FF IC IA L

Ta có: 2 2 x

Chọn D Câu 9: Phương pháp:

 ( P ) ⊥ (Q )  1  ( P ) ∩ (Q ) = d ⇒ a ⊥ ( Q ) , VSABCD = S d .h .  3 a ⊂ ( P )  a ⊥ d Cách giải:

Gọi O, I là trung điểm của AB, BC; H là hình chiếu vuông góc của O lên SI.

Tam giác SAB cân tại S ⇒ SO ⊥ AB

( SAB ) ⊥ ( ABCD )  ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB Ta có:  ⇒ SO ⊥ ( ABCD )  SO ⊂ ( SAB )  SO ⊥ AB

ABCD là hình thang cân với đáy AB = 2a, AD = BC = CD = a ⇒ ∆OAD, ∆OCD, ∆OBC đều là các tam

a 2 3 3a 2 3 = 4 4

giác đều, cạnh a ⇒ S ABCD = 3.SOBC = 3.

Do O là trung điểm của AB nên d ( A; ( SBC ) ) = 2.d ( O; ( SBC ) ) (1)

KÈ

 OI ⊥ BC  ∆OBC đều, I là trung điểm của BC ⇒  a 3 OI = 2  Mà BC ⊥ SO (do SO ⊥ ( ABCD ) )

ẠY

⇒ BC ⊥ ( SOI ) => BC ⊥ OH

Lại có: SI ⊥ OH => OH ⊥ ( SBC ) => d ( O; ( SBC ) ) = OH (2)

Từ (1), (2) suy ra: d ( A; ( SBC ) ) = 2.OH =

2a 15 a 15 => OH = 5 5

∆SOI vuông tại O, 1 1 1 1 1 1 OH ⊥ SI => + 2 = ⇔ + = ⇔ SO = a 3 2 2 2 3 3 SO OI OH SO 2 2 a a 4 5 20

1 1 3a 2 3 3a 2 Thể tích khối chóp S.ABCD là: V = SO.S ABCD = .a 3. = 3 3 4 4

Chọn B. Câu 10: Cách giải:

FF IC IA L

Diện tích xung quang S xq của hình nón là: S xq = π Rl. Chọn D. Câu 11: Phương pháp:

 f ' ( x0 ) = 0 x0 là điểm cực đại của hàm số bậc ba y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d , ( a ≠ 0 ) ⇔   f '' ( x0 ) < 0

Cách giải:

Ta có: y = x 3 − 3 x + 1 => y ' = 3 x 2 − 3; y '' = 6 x

 x =1 ⇒ y'= 0 ⇔   x = −1

y '' (1) = 6 > 0 => Loại

y '' ( −1) = −6 < 0 => x = −1 là điểm cục đại của hàm số đã cho.

Chọn C. Câu 12:

Phương pháp:

Cách giải:

x3 − 3x 2 + 5 x − 2 ⇒ y ' = x 2 − 6 x + 5 3

Ta có: y =

Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng K ⇔ y ' ≤ 0, ∀x ∈ K ( y’ = 0 tại hữu hạn điểm trên K).

KÈ

y ' ≤ 0 ⇔ x2 − 6 x + 5 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 5 ⇒ Hàm số y =

x3 − 3 x 2 + 5 x − 2 nghịch biến trên khoảng (1;5). 3

ẠY

Chọn D

Câu 13:

Phương pháp:

Để tìm GTNN, GTLN của hàm số f (x) trên đoạn [a;b], ta làm như sau: - Tìm các điểm x; x2;...; xn thuộc khoảng (a; b) mà tại đó hàm số f (x) 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 (x) trên [a; b]; số nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của f (x) trên [a;b]. Cách giải: 21

 x = −1 ∉ [ 0; 4] f ( x ) = x 3 − 3 x 2 − 9 x + 28 ⇒ f ' ( x ) = 3 x 2 − 6 x − 9; f ' ( x ) = 0 ⇔   x = 3 ∈ [ 0; 4]

Ta có: f (0) = 28, f (3) = 1; f (4) = 8 và f (x) xác định với mọi x ∈ [ 0; 4] ⇒ GTNN của hàm số trên đoạn [0;4] bằng 1 ⇒ x0 = 3 ⇒ P = x0 + 2018 = 2021

FF IC IA L

Chọn A Câu 14: Phương pháp:

Nếu f ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ( a; b ) và chỉ bằng 0 tại hữu hạn điểm trên đó thì f ( x ) đồng biến trên khoảng (a;b). Nếu f ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ( a; b ) và chỉ bằng 0 tại hữu hạn điểm trên đó thì f ( x ) nghịch biến trên khoảng (a; Cách giải:

N Ơ

khoảng (-1;1). ⇒ Mệnh đề ở câu A là sai. Chọn A. Câu 15: Phương pháp: Lập tỉ số thể tích khối tứ diện ABCM và khối lăng trụ ABC.A’B’C’. Từ đó tính thể tích khối tứ diện ABCM.

Quan sát đồ thị hàm số y = f ' ( x ) , ta thấy f ' ( x ) > 0, ∀x ∈ ( −2; +∞ ) ⇒ Hàm số f (x) đồng biến trên

Cách giải:

ẠY

KÈ

1 Ta có: VABCM = VB '. ABC (do M là trung điểm của BB’) 2 1 1 1 Mà VB '. ABC = VABC . A ' B 'C ' ⇒ VABC . A ' B 'C ' = .72 = 12 ( cm3 ) 3 6 6 Chọn D. Câu 16: Phương pháp: Nhận biết đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương. Cách giải: Giả sử y = ax4 + bx2 + c, (a ≠ 0) là hàm số của đồ thị đã cho. Do đồ thị có bề lõm hướng xuống nên a < 0 ⇒ Loại phương án B Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ bằng -1 ⇒ c = -1 ⇒ Loại phương án D

Hàm số đạt cực trị tại 3 điểm x = 0; x = 1; x = -1 ⇒ Chọn phương án A. Do:

 x=0 y = −2 x 4 + 4 x 2 − 1 ⇒ y ' = −8 x 3 + 8 x = 0 ⇔   x = ±1

 x=0 y = − x 4 + 4 x 2 − 1 ⇒ y ' = −4 x 3 + 8 x = 0 ⇔  x = ± 2

Chọn A. Câu 17: Phương pháp: 22

Thể tích khối trụ là: V = π R 2 h

Khi đó, thể tích của mực nước dâng lên là: π R 2 .h = π .22.2 = 8π ( cm3 )

FF IC IA L

4 Thể tích khối cầu là : V = π R 3 3 Cách giải: Để uống được nước thì con quạ phải thả các viên bi vào cốc sao cho mực nước trong cốc dâng lên ít nhất: 20 -12 - 6 = 2( cm)

4 4 Thể tích của một viên bi là: π r 3 = π .0, 63 = 0, 288π ( cm3 ) 3 3 Ta có: 8π : 0, 288π ≈ 27,8 ⇒ Số viên bi ít nhất mà quạ phải thả vào là: 28 viên.

Chọn C. Câu 18: Phương pháp: Giải phương trình hoành độ giao điểm, tìm giao điểm của hai đồ thị. Dựa vào công thức trọng tâm, xác định m. Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là:

2x +1 = −3 x + m, ( x ≠ 1) ⇔ 2 x + 1 = ( x − 1)( −3 x + m ) x −1 ⇔ 2 x + 1 = −3 x 2 + ( m + 3) x − m ⇔ 3 x 2 − ( m + 1) x + m + 1 = 0 (*)

Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thì (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

( m + 1) 2 − 12 ( m + 1) > 0 ∆ > 0  m < −1 ⇔ 2 ⇔ ⇔ ( m + 1)( m − 11) > 0 ⇔   m > 11 3.1 − ( m + 1) .1 + m + 1 ≠ 1  3 ≠ 0

m +1 3

Giả sử x1 , x2 là nghiệm của (*) ⇒ x1 + x2 =

 y = −3 x1 + m Tọa độ giao điểm A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) do A, B ∈ d ⇒  1  y2 = −3 x2 + m

KÈ

⇒ y1 + y2 = −3 ( x1 + x2 ) + 2m = −3.

m +1 + 2m = m − 1 3

 x + x + 0 y1 + y2 + 0   m +1 m −1  Tọa độ trọng tâm G của tam giác OAB: G  1 2 ; ;   hay G  3  3 3    9 11 m +1 m −1 − 2. − 2 = 0 ⇔ m + 1 − 6m + 6 − 18 = 0 ⇔ − 9 3 5 ⇒ a = 11; b = 5 ⇒ a + 2b = 21.

ẠY

Do G ∈ ∆ : x − 2 y − 2 = 0 ⇒

Chọn D. Câu 19: Phương pháp: a x = b ⇔ x = log a b

log a f ( x ) = b ⇔ f ( x ) = a b . Cách giải: 23

ĐKXĐ: x > 0

 2x − 5 = 0  x = log 2 5 ( tm ) Ta có: ( 2 x − 5 ) ( log 2 x − 3) = 0 ⇔  ⇔  x = 8 (tm) log 2 x − 3 = 0 Do phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 với x1 < x2 nên x1 = log 2 5, x2 = 8 ⇒ K = x1 + 3 x2 = 24 + log 2 5

FF IC IA L

Chọn C. Câu 20: Cách giải: n = 1 ⇒ f ( m + 1) = f ( m ) + f (1) + m.1 ⇔ f ( m + 1) = f ( m ) + m + 1 ⇔ f ( m + 1) − f ( m ) = m + 1

⇒ f ( 96 ) − f ( 69 ) =  f ( 96 ) − f ( 95 )  +  f ( 95 ) − f ( 94 )  + ... +  f ( 70 ) − f ( 69 )  27. ( 96 + 70 ) = 96 + 95 + ... + 70 = = 2241 2 f ( 96 ) − f ( 69 ) − 241 2241 − 241 ⇒ = = 1000 2 2  f ( 96 ) − f ( 69 ) − 241  ⇒ T = log   = log1000 = 2. 2  

Chọn B. Câu 21: Phương pháp: n

a m .b m = (ab)m , ( a m ) = a m.n

Cách giải:   =

2 3 + 1  

2017

(

) ( ) (1 + 3 ) = ( 3 + 1) . (1 − 3 ) = ( 3 + 1)(1 − 3 )   

2017

2018

) .(1 − 3 ) (1 + 3 )

2017

2019

2017

= ( −2 )

2017

( =

4036

= −2 2017

Diện tích xung quanh của hình trụ: S xq = 2π rl = 2π rh

ẠY

Diện tích xung quanh của hình nón: S xq = π rl. Cách giải:

Diện tích xung quanh của hình trụ : S1 = 2π rh = 2π r.r 3 = 2π 3r 2

∆OO'A vuông tại O’ ⇒ OA = OO '2 + O ' A2 = 3r 2 + r 2 = 2r

Diện tích xung quanh của hình nón: S xq = π rl = π r.2r = 2π r 2 => Chọn D. Câu 23: Phương pháp: 24

) .(1 − 3 ) (1 + 3 )

3 +1

KÈ

Chọn A Câu 22: Phương pháp:

2019

2017

. 1− 3

( Ta có: P =

2018

4+2 3

S1 = 3 S2

2019

2017

Bài toán: Mỗi tháng đều gửi một số tiền là a triệu đồng vào đầu mỗi tháng tính theo lại kép với lãi suất là n a (1 + r ) (1 + r ) − 1   r% mỗi tháng. Số tiền thu được sau n tháng là: An = r Cách giải: Số tiền anh Nam gửi mỗi tháng là: 6.20% = 1,2 (triệu đồng) Sau 1 năm, số tiền tiết kiệm của anh Nam là:

FF IC IA L

12 1, 2 (1 + 0,5% ) (1 + 0,5% ) − 1   ≈ 14,88 (triệu đồng) A12 = 0, 5%

Chọn C. Câu 24: Phương pháp: Giải phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với đường thẳng y = 1 để xác định tọa độ 2

( xB − x A ) + ( y B − y A )

điểm A và B . Sau đó tính độ dài đoạn thẳng AB = Cách giải:

Ta có: y = x 3 − 4 x 2 + 5 x − 1

 x =1 x3 − 4 x 2 + 5 x − 1 = 1 ⇔ x3 − 4 x 2 + 5 x − 2 = 0 ⇔  x = 2

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với đường thẳng y = 1 là:

=> A (1;1) , B ( 2;1) => AB = 1

Chọn D. Câu 25: Phương pháp:

KÈ

1 1 Thể tích khối chóp: V = Sh = π r 2 h. 3 3 Cách giải: 1 1 Ta có: V = Sh ⇔ 32 = .16.h => h = 6 ( cm ) . 3 3 Chọn B. Câu 26: Phương pháp:

ẠY

log a b = c ⇔ b = a c

Cách giải: DK: x − 1 > 0 ⇔ x > 1

log 3 ( x − 1) = 2 ⇔ x − 1 = 32 ⇔ x − 1 = 9 ⇔ x = 10 ( tm )

Chọn A. Câu 27: Phương pháp:

Cho khối chóp S.ABC, các điểm A1 , B1 , C1 lần lượt thuộc SA, SB, SC.

Khi đó,

VS . A1B1C1

VS . ABC

SA1 SB1 SC1 . . SA SB SC

Cách giải: Trên các cạnh SB, SC lần lượt lấy B’, C’ sao cho SA = SB’ = SC’= 2a VS . ABC SB SC 3 4 = . = . = 3 => VS . ABC = 3.VS . AB 'C ' VS . AB ' C ' SB ' SC ' 2 2

FF IC IA L

Khi đó, ta có:

* Tính VS . AB 'C ' (hình chóp VS . AB 'C ' có: SA = SB ' = SC ' = 2a, ∠A SB' = ∠ B'SC' = 600 , ∠ASC = 900 ):

∆ASB ' và ∆SB ' C ' đều, có cạnh bằng 2a ⇒ AB ' = B ' C ' = 2a  A ' C ' = 2a 2  ∆SA ' C ' vuông cân tại S =>  1 2 2  S AB 'C ' = . ( 2a ) = 2a  2

 AB ' = B ' C ' = 2a Do  ⇒ ∆AB ' C ' vuông cân tại B’  AC ' = 2a 2

Gọi I là trung điểm của A’C’ ⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB’C’

Mà, chóp VS . AB ' C ' , có SA = SB ' = SC ' = 2a ⇒ SI ⊥ ( AB ' C ' )

1 1 2a 2 2 a 3 ⇒ VS . AB 'C ' = VAB 'C ' .SI = .2 a 2 . = ⇒ VS . ABC = 3.VS . AB ' C ' = 2 2a 3 . 3 3 3 2

Chọn B. Câu 28: Phương pháp: Cách giải: 2

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) là: y = f ' ( x0 ) . ( x − x0 ) + y0 .

y = f ( x ) = ( x 2 − 1) ⇒ y ' = f ' ( x ) = 4 x ( x 2 − 1) ⇒ f ' ( 2 ) = 24 . ,tien5 A, Ẵ , 2

KÈ

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) ( x 2 − 1) tại điểm M(2;9) là :

y = 24. ( x − 2 ) + 9 ⇔ y = 24 x − 39 .

ẠY

Chọn C. Câu 29: Phương pháp: Công thức liên hệ giữa bán kính đáy, chiều cao và đường sinh của hình nón: r2 + h2 = l2

Diện tích xung quanh của hình nón : S xq = π rl Diện tích toàn phần của hình nón : Stp = S xq + S day = π rl + π r 2 Cách giải: Ta có: r 2 + h 2 = l 2 ⇔ 62 + 82 = l 2 ⇔ l = 10 ( cm ) Diện tích toàn phần của hình nón : Stp = π rl + π r 2 = π .6.10 + π .62 = 96π ( cm 2 ) 26

Chọn C. Câu 30: 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 Do ∆OAB cân tại O. Mà ∠AOB = 900 ⇒ ∆OAB vuông cân tại O ⇒ Đường thẳng d taoh với trục Ox góc 450 hoặc góc 1350

Ta có: y =

FF IC IA L

a = 1 ⇒ Đường thẳng d có hệ số góc băng 1 hoặc -1 ⇔   a = −1

−1 3 x+2 ⇒ y'= < 0, ∀x ≠ − ⇒ Hệ số góc của đường thẳng d chỉ có thể là 2 2x + 3 2 ( 2 x + 3)

−1 ⇒ a = −1

 x0 = −1 −1 2 Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm => 2 x + 3 2 = −1 ⇔ ( 2 x0 + 3) = 1 ⇔  x = −2 ( 0 )  0

+) x0 = −1 ⇒ y0 = 1 ⇒ ( d ) : y = −1( x + 1) + 1 ⇒ y = − x : Loại, do y = − x cắt 2 trục tọa độ tại điểm duy

nhất là O (0;0)

+) x0 = −2 ⇒ y0 = 0 ⇒ ( d ) : y = −1( x + 2 ) + 0 ⇔ y = − x − 2 ⇒ b = −2 ⇒ a + b = −1 − 2 = −3

Chọn D. Câu 31: Phương pháp:

Sử dụng các công thức: log a b n = n log a b;log a b = log a b − log a c;log a bc = log a b + log a c . c Cách giải:

Mệnh đề đúng là: log a x n = n log a x (với x > 0).

Chọn A. Câu 32: Phương pháp:

Khảo sát hàm số g (x) trên đoạn [0;1], tìm max g ( x ) , từ đó suy ra m.

KÈ

Cách giải:

[0;1]

Ta có: g ( x ) = f ( 2 x3 + x − 1) + m ⇒ g ' ( x ) = ( 6 x 2 + 1) . f ' ( 2 x3 + x − 1)

ẠY

Với x ∈ [ 0;1] thì ( 2 x 3 + x − 1) ∈ [ −1; 2] Quan sát đồ thị hàm số y = f ( x ) ta thấy hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên đoạn [-1;l]

⇒ f ' ( x ) ≤ 0, x ∈ [ −1;1]

(

)

⇒ f ' 2 x 3 + x − 1 ≤ 0, ∀x ∈ [0;1] ⇒ g ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ [ − 1; 2] ( do 6 x 2 + 1 > 0, ∀x) ⇒ g (x) nghịch biến trên [0;1] ⇒ max g ( x ) = g ( 0 ) = f ( −1) + m = 3 + m [0;1]

Theo đề bài, ta có: 3 + m = −10 ⇔ m = −13 Chọn A. Câu 33: 27

Phương pháp: Hàm số bậc 4 trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c có: a < 0 +) Đúng một điểm cực trị và điểm cực trị đó là điểm cực đại ⇔  b ≤ 0

FF IC IA L

a > 0 +) Hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại ⇔  b < 0 Cách giải:

+) Với m = 0 ⇒ y = x 2 + 1 : là hàm số bậc hai với hệ số a = 1 > 0 ⇒ Hàm số có 1 điểm cực tiểu, không có cực đại ⇒ m = 0 không thỏa mãn. +) Với m ≠ 0 : Hàm số là hàm bậc 4 trùng phương.

 a < 0  m < 0  m < 0    b ≤ 0 m + 1 ≤ 0 m ≤ −1   Khi đó hàm số có đúng một điểm cực đại ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ m ≤ −1  a > 0  m > 0  m > 0     b < 0  m + 1 < 0  m < −1

Mà m ∈ ℤ, m ∈ [ −2018; 2019] ⇒ m ∈ {−2018; −2017;...; −1} : có 2018 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn B. Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng

y = m.

Cách giải:

Phương trình f ( x ) = m có đúng hai nghiệm

 m ≤ −1 ⇔ Đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt đường thẳng y = m tại 2 điểm phân biệt ⇔  m = 2 Chọn B. Câu 35: Phương pháp: u x

KÈ

( a ( ) ) ' = a ( ) .( u ( x ) ) '.ln a u x

Cách giải:

ẠY

f ( x ) = 22 x ⇒ f ' ( x ) = 2.2 2 x ln 2 = 22 x +1 ln 2

Chọn C. Câu 36: Phương pháp: Xác định tâm, bán kính của khối cầu.

4 Thể tích khối cầu có bán kính r là: V = π r 3 3 Cách giải: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, đường kính AD. 28

Ta chứng minh O là tâm mặt câu đi qua 6 điểm A, B, C , B1 , C1 và D: Ta có:

CD ⊥ AC ⇒ CD ⊥ ( SAC ) ⇒ CD ⊥ AC1  CD ⊥ SA(do SA ⊥ ( ABC ))

FF IC IA L

 AC ⊥ SC ⇒ AC1 ⊥ ( SCD ) ⇒ AC1 ⊥ C1 D Do  1  AC1 ⊥ CD

⇒ C1 thuộc mặt cầu tâm O đường kính AD Tương tự, B1 thuộc mặt cầu tâm O đường kính AD Hiển nhiên, A, B, D, C thuộc mặt cầu tâm O đường kính AD ⇒ O là tâm mặt cầu đi qua 6 điểm A, B, C , B1 , C1 , D

⇒ O là tâm mặt cầu đi qua 5 điểm A, B, C , B1 , C1

Tính bán kính R của mặt cầu đi qua 5 điểm A, B, C , B1 , C1 .

3 7 3 3 7 = ⇔R= ( cm ) 2R 2 3

⇔

AB. AC.BC 1 2.3 7 1 = AB. AC.sin ∠A => = .2.3.sin 600 4R 2 4R 2

S ABC =

Xét tam giác ABC: BC = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos ∠ A = 4 + 9 − 2.2.3cos 600 = 7 ( cm )

4 4  7  28 7π 28 21π Thể tích khối cầu: V = π R 3 = π  cm3 ) = (  =  3 3  3 27 9 3

Cách giải:

Chọn A. Câu 37: Phương pháp: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số, đánh giá GTNN của hàm số trên đoạn [0;3].

x − m2 xác định trên đoạn [0;3] với mọi giá trị của m. x+8

Ta có: f ' ( x ) =

m2 8 + m2 > 0, ∀x ∈ [ 0;3] , ∀m => Hàm số đồng biến trên (0;3) ⇒ Min f ( x ) = f ( 0 ) = − [0;3] x+8 8

ẠY

KÈ

Hàm số f ( x ) =

Theo đề bài, ta có: −

m2 = −3 ⇔ m 2 = 24 ⇔ m = ±2 6 8

Do m0 là giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu đề bài , nên m0 = 2 6 ≈ 4,9 ∈ ( 2;5 ) Chọn A. Câu 38: Phương pháp:

Sử dụng công thức: An = M (1 + r % )

Cách giải: 29

1 công việc 25 Do kê từ tháng thứ 2, mỗi tháng tăng 5% khối lượng công việc so với tháng kề trước, nên lượng công việc 1 k −1 công ti đó hoàn thành ở tháng thứ k là: Ak = . (1 + 5% ) , k ∈ ℕ * 25 Theo kế hoạch, mỗi tháng, công ti đó làm được

Gọi n0 là số tháng đê công trình được hoàn thành. Khi đó, n0 là giá trị nguyên dương nhỏ nhất của n,

FF IC IA L

thỏa mãn: 1 1 1 1 1 2 n −1 + . (1 + 5% ) + . (1 + 5% ) + ... + . (1 + 5% ) ≥ 1 25 25 25 25 1 1, 05n −1 − 1 ⇔ (1 + 1, 05 + 1, 052 + ... + 1, 05n −1 ) ≥ 1 ⇔ ≥ 25 ⇔ 1, 05n −1 ≥ 2, 25 ⇔ n − 1 ≥ 16, 6 ⇔ n ≥ 17, 7 ⇒ n0 = 18 25 1, 05 − 1 Vậy sau 18 tháng, công trình sẽ được hoàn thành. Chọn B. Câu 39: Phương pháp: +) Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích: Cho khối chóp S.ABC, các điểm A1 , B1 , C1 lần lượt thuộc SA, SB, SC. VS . ABC

SA1 SB1 SC1 . . SA SB SC

VS . A1B1C1

Khi đó:

KÈ

+) Chia khối chóp đã cho thành các khối chóp nhỏ và tính thể tích của từng khối chóp. Cách giải:

Từ K kẻ IK / / AM ( I ∈ SB ) , KJ / / AC ( J ∈ SC ) ⇒ (α ) ≡ ( IJK ) và I , J lần lượt là trung điểm của SM, SC (do K là trung điểm của SA)

ẠY

AN IM 1 = = AB MB 2 Trong (ABCD), kẻ đường thẳng qua N song song AC, cắt AD tại Q, CD tại P.

Trong (SAB), gọi N là giao điểm của IK và AB ⇒

Khi đó, dễ dàng chứng minh P, Q lần lượt là trung điểm của CD, AD và ( IJK ) ≡ ( IJPQK )

VS .IJK SK SI SJ 1 1 1 1 1 1 = . . = . . = ⇒ VS .IJK = VS . ABC = VS . ABCD VS . ABC SA SB SC 2 4 2 16 16 32 *) Gọi L là trung điểm của SD Khi đó, khối đa diện SKJPQD được chia làm 2 khối: hình lăng trụ tam giác KJL.QPD và hình chóp tam giác S.KJL 30

VS . ILK SK SL SJ 1 1 1 1 1 1 = = . . = ⇒ VS . LJK = VS . ADC = VS . ABCD . . VS . ADC SA SD SC 2 2 2 8 8 16

FF IC IA L

1 1 1 1 3 1 3 3 VKJL.QPD = 3VL.PQD = 3. .d ( L;( ABCD ) ) .S PQD = 3. . d ( S ;( ABCD )) . S ACD = . d ( S ;( ABCD ) ) S ACD = VS .A CD = VS . ABCD 3 3 2 4 8 3 8 16 1 1 3 9 ⇒ V1 = VS .IJK + VS . LJK + VKJL.QPD = VS . ABCD + VS . ABCD + VS . ABCD = VS . ABCD 32 16 16 32 23 V 9 ⇒ V2 = VS . ABCD => 1 = . 32 V2 23 Chọn D. Câu 40: Phương pháp: Xác định trục của khối chóp sau đó dựng đường thẳng trung trực của một cạnh bên của khối chóp để tìm được tâm của mặt cầu. Từ đó tính bán kính mặt cầu.

Cách giải: Gọi O là tâm của tứ giác đáy.

1 1 1 AD 2 + AB 2 = 8a 2 = a 2 ⇒ OA = 2 2 2

Khi đó ta có: SO ⊥ ( ABCD )

Ta có: ∆SNI ∼ ∆SOA ( g − g )

⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

⇒ SO là trục của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Trong mặt phẳng (SOA), vẽ đường trung trực của cạnh SA, cắt SO tại I.

SN SI SN .SA = ⇔ SI = SO SA SO 2a.a 2a 2 SN .SA = = =a 2 ⇔ SI = SA2 − AO 2 4a 2 − 2a 2 a 2

⇒

ẠY

KÈ

Chon B. Câu 41: Phương pháp: Dựa vào BBT để loại trừ và chọn đáp án đúng. Cách giải: Hàm số đã cho có một điểm cực tiểu và không có điểm cực đại. Chọn D. Câu 42: Phương pháp: 1 Hàm số x á c định ⇔ f ( x ) ≠ 0 f ( x)

Hàm số ln f (x) xác định ⇔ f ( x ) > 0

Cách giải:

x > 0 x > 0 ĐKXĐ:  ⇔ x ≠ e  ln x ≠ 1

Chọn: A Câu 43: Phương pháp: Nhận biết đồ thị hàm số bậc ba. Cách giải: Ta có: y = x 3 + bx 2 − x + d ⇒ y ' = 3 x 2 + 2bx − 1 Do 3.(-l) < 0 ⇒ Phương trình y' = 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu ⇒ Hàm số đã cho có 2 cực trị với mọi m. ⇒ Đồ thị hàm số không thể là hình (III)

Đồ thị hàm số y = x 3 + bx 2 − x + d ( b, d ∈ ℝ ) có thể là dạng (I)

Choọn D. Câu 44: Phương pháp:

Mặt khác a = 1 > 0 ⇒ Đồ thị hàm số không thể là hình (II)

FF IC IA L

TXĐ: D = ( 0; +∞ ) \ {e}

Diện tích xung quanh của mặt cầu có bán kính r là: S mc = 4π r 2

Cách giải: Diện tích xung quanh của mặt cầu có bán kính a là:

( x − 1) = log 2 ( mx − 8 ) (1) ⇔ log 2 ( x − 1)

= log 2 ( mx − 8 )

KÈ

Ta có: log

 x >1 Điều kiện:   mx > 8

Chọn: B Câu 45: Phương pháp: Giải phương trình bằng phương pháp xét hàm số. Cách giải:

9 = m ( do x > 1) (2) x Phương trình (1) có 2 nghiệm thực phân biệt ⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm thực phân biệt lớn hơn 1 (*) 2

ẠY

⇔ ( x − 1) = mx − 8 ⇔ x 2 − 2 x + 9 = m ⇔ x − 2 +

9 9 Xét hàm số f ( x ) = x − 2 + , x > 1 có f ' ( x ) = 1 − 2 , f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 3 x x Bảng biến thiên:

-∞

f’(x)

+∞

f(x)

+∞

4 (*) ⇔ 4 < m < 8 . Mà m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {5;6; 7} : có 3 giá trị của m thỏa mãn.

FF IC IA L

Chọn A. Câu 46: Phương pháp: Dựa vào BBT để xác định các điểm mà đồ thị hàm số đi qua và các điểm cực trị của hàm số rồi từ đó xác định các giá trị a, b, c. Cách giải:

Ta có: y = ax 4 + bx 2 + c ( a ≠ 0 ) ⇒ y ' = 4ax3 + 2bx

Dựa vào bảng biến thiên, ta thầy đồ thị hàm số đi qua các điểm (-1; 2), í0; 1), (1; 2) và các các điểm này là các điểm cực trị của hàm số.

 y (0) = 1 c =1  c =1  a = −1     ⇒  y (1) = 2 ⇔ a + b + c = 2 ⇔  a + b = 1 ⇔  b = 2   4a + 2b = 0  2a + b = 0 c =1     y ' (1) = 0

ẠY

KÈ

Khi đó: P = a - 2b + 3c = -1 - 2.2 + 3.1 = -2. Chọn C. Câu 47: Phương pháp: Xác định trục của khối chóp sau đó dựng đường thẳng trung trực của một cạnh bên của khối chóp để tìm được tâm của mặt cầu. Cách giải: Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng SC. O là tâm của hình chữ nhật ABCD. Ta chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD: Do OI là đường trung bình của tam giác SAC ⇒ OI / / SA

Mà SA ⊥ ( ABCD ) => OI ⊥ ( ABCD ) => IA = IB = IC = ID

(do O là tâm của hình chữ nhật ABCD) (1) ∆SAC vuông tại A, I là trung điểm của

SC ⇒ IA = IS = IC ( 2 )

Từ (1), (2) suy ra : ⇒ IA = IB = IC = ID = IS ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Chọn C. Câu 48: Phương pháp: 33

1 Thể tích của khối chóp ngoại tiếp hình chóp V = Sh. 3 Cách giải: Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, I là trung điểm của BC. 1 1 Ta có: VS . ABCD = S ABCD .SO = .a 2 .SO = a 3 ⇒ SO = 3a 3 3

FF IC IA L

OI ⊥ BC Do  ⇒ BC ⊥ ( SOI )  SI ⊥ BC

( SBC ) ∩ ( ABCD ) = BC   BC ⊥ ( SOI ) Ta có:   ( SOI ) ∩ ( SBC ) = SI  ( SOI ) ∩ ( ABCD ) = OI

⇒ ∠ ( ( SBC ) ; ( ABCD ) ) = ∠ ( OI ;S I ) = ∠SIO

a 1 = 2 = 2 37 a 37 a + 9a 2 2 4

Chọn C. Câu 49: Phương pháp:

a 2

OI OI ⇒ cos ( ( SBC ) ; ( ABCD ) ) = cos∠SIO = = = 2 SI OI + SO 2

Xét hàm số y = xα

+) Nếu α là số nguyên duơng thì TXĐ: D = ℝ

+) Nếu α là số nguyên âm hoặc bằng 0 thì TXĐ: D = ℝ \ {0}

Cách giải:

+) Nếu α là không phải là số nguyên thì TXĐ: D = ( 0; +∞ ) Mệnh đề sai là: Tập xác định của hàm số y = x −2 là ℝ .

KÈ

Chọn C. Câu 50: Phương pháp:

Sửa lại: Tập xác định của hàm số y = x −2 là ℝ \ {0}

ẠY

Thể tích khối trụ: V = π R 2 h. Cách giải:

Thể tích khối trụ: V = π R 2 h ⇔ 45π = π R 2 .5 ⇔ R 2 = 9 ⇔ R = 3 ( cm )

Chọn A.

ẠY M

KÈ Y

Q H

N Ơ N

FF IC IA L

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: ...................................................................

FF IC IA L

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

C. log ( a 4 ) =

B. log ( 4 a ) = 4 log a

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

C. ∫ 2 x dx = 2 x + C

D. log ( 4a ) =

D. ∫ 2 x dx =

1 log a 4

2x +C x +1

B. R = 3 3

C. R = 3

D. R= 9

A.R= 3

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).

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

C. ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( y ) dy

B. ∫ f ( x ) dx = 0

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

Câu 5 (NB): Tập giá trị của hàm số y = e

−2 x + 4

A. ℝ \ {0}

B. ( 0; +∞ )

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

là

C. ℝ

D. [0; +∞)

e x +1 +C x +1

A. ∫ e x dx =

Câu 6 (NB): Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

KÈ

1 C. ∫ dx = ln x + C x

1 B. ∫ cos 2 xdx = sin 2 x + C 2 D.

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?

ẠY

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

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 B.D = (-3;1)

Câu 11 (TH): Cho hàm số

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

FF IC IA L

A.D = (-1;3)

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 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 B. ( 0; +∞ )

C. ( −∞; 0 )

A. ( −1; +∞ )

A. 2a 2

D. ( −∞; +∞ )

B. 4π a 2

C. 2π a 2

A. 2a 2

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

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

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 

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

5 18

KÈ

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. 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'.

ẠY

A. 2 2a 3

5a3 3

2 2a 3 3

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

A. ( −∞; 6 )

là

C.(0;64)

Câu 19 (NB): Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số y = Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. y ' < 0, ∀x ≠ 1

5a3

−2 x − 6

B. ( 6; +∞ )

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

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 B. x − 2 y − 5 z + 5 = 0

C. 2 x − y + 5 z − 5 = 0

D. x − 2 y − 5 z − 5 = 0

FF IC IA L

A. x − 2 y − 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

D. 50

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

A.I = 1009

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? A.1

B.0

C.2

D. 3

B.(-1;0;6)

C.(1;6;-2)

A.(1;0;-6)

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. D. (1;6;2)

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

C.1

A.9

D. 2

B.P =10

C.P =14

D. P =6

A.P =18

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 )

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

B. S = 3

A.S = 4

KÈ

A. m ∈ (1;3 )

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

C.S = -2

D. S = 0

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

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 3 15 12

ẠY

A. V =

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

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

A. I =

32 3

B.I =31

C. I =

FF IC IA L

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

71 6

D. I =32

Câu 34 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số y = trên khoảng ( 0; +∞ ) ?

A.2

B. 0

C.1

1 4 3 đồng biến x + mx − 4 2x D. 4

B.m + n =2

C.m + n =1

D. m + n =0

A. m + n =3

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.

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

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

A. x + 2 y + 5 z − 30 = 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 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

2 4

B. sin α =

3 5

C. sin α =

A. sin α =

vuông góc với đáy ABCD. Tính sin α với α là góc tạo bởi đường thẳng BD và mặt phẳng (SBC) .

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

ẠY

5 2

KÈ

B. −

A. −2

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

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

mx − 5

. 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

π a3 3

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

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

A.1

B. 2

FF IC IA L

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 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 . 5a 2 4

5a 2 2 4

C. 5a 2

5a 2 2

B. R = 6

C. R = 3

D. R = 6

A. R = 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).

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

A.0

B. 8

d ( B; ∆ ) + d ( C , ∆ ) = 6 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

7 2

B. P =

KÈ

A. P =

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

C.5

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).

2 7

ẠY

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

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

FF IC IA L

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019

MA TRẬN ĐỀ THI Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Đại số

C49

C41

C47

C34 C38 C43 C46

Ơ H

C18 C25 C26

C2 C4 C6

C27

C22 C28 C32 C33

Hình học

Chương 4: Số Phức

C17 C31

C29 C37 C42 C48

C12 C14

C39

C44

C3 C8 C20

C24

C35 C36 C45

KÈ

Chương 1: Khối Đa Diện

ẠY

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

Lớp 11 (6%)

Vận dụng cao

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng

C1 C5 C10

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

Lớp 12 (94%)

C15 C19 C21 C23

C7 C9 C11 C13

Chương 1: Hàm Số

Vận Dụng

Lớp

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

C50

Chương 2: Tổ Hợp - Xác Suất

C16

C30

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

Chương 5: Đạo Hàm

FF IC IA L

Chương 4: Giới Hạn 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 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

Lớp 10 (0%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình.

Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp

KÈ

Chương 5: Thống Kê

ẠY

Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

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

Hình học

Tổng số câu

Điểm

2.8

3.6

0.6

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI

FF IC IA L

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%

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

Không có câu hỏi lớp 10.

Phân bố đều 3 mức thông hiểu và vận dụng nhận biết

Đề phân loại học sinh ở mức khá

3.A

11.A

12.C

13.D

21.D

22.C

23.B

31.A

32.A

41.A

42.B

4.A

5.B

6.A

7.C

8.B

9.D

10.B

14.B

15.A

16.B

17.A

18.A

19.D

20.D

24.B

25.A

26.B

27.C

28.A

29.B

30.C

33.B

34.A

35.A

36.A

37.A

38.A

39.C

40.C

43.A

44.D

45.B

46.D

47.C

48.D

49.C

50.B

2.A

KÈ

1.A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Phương pháp

ẠY

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 =

Cách giải:

ax +C ln a

Ta có ∫ 2 x dx =

2x +C ln 2

Chọn A Câu 3: Phương pháp 2

FF IC IA L

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:

A sai vì tích phân một tích không bằng tích các tích phân. Chọn A. Câu 5: Phương pháp

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

Ta có

Hàm số mũ y = a x luôn nhận giá trị dương với mọi x ∈ ℝ .

Cách giải:

Chọn B.

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

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

KÈ

D=ℝ . Câu 6: Phương pháp Sử dụng các công thức nguyên hàm sau

ẠY

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 .

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:

Hàm số y = log a f ( x ) với 0 < a ≠ 1 có ĐK: f ( x ) > 0

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

FF IC IA L

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

Cách giải:

ĐK: 3 − 2 x − x 2 > 0 ⇔ −3 < x < 1 . Suy ra D = ( −3;1)

Chọn B. Câu 11: Phương pháp

Cách giải:

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

Đồ thị hàm số y =

KÈ

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

ẠY

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

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 :

FF IC IA L

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

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:

đường sinh hình trụ. Lưu ý rằng với hình trụ thi đường sinh bằng với chiều cao. Cách giải:

 x =1 Ta có: y ' = 3 x − 4 x + 1 = 0 ⇔  1 x = 3 

Bảng biến thiên:

KÈ

1  Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1 và đồng biến trên các khoảng 3 

ẠY

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

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

Xác suất cần tìm là P ( A ) =

FF IC IA L

Số phần tử của biến cố A là n ( A ) = C42 + C41 .C51 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:

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:

f ( x)

< a g( x) ⇔ f ( x ) < g ( x )

Sử dụng các giải bất phương trình: Với a >1 thì a

Cách giải:

−2 x − 6

⇔ 2 3 x < ( 2 −1 )

−2 x − 6

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

1 Ta có 23 x <    2

Tam giác A' AB vuông tại A nên A 'A = A ' B 2 − AB 2 = 9a 2 − a 2 = 2a 2

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

KÈ

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:

ẠY

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:

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

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 :

Sử dụng phương pháp đưa vào trong vi phân để tính

∫

f ( 2 x ) dx; ∫ f ( 4 − 2 x ) dx

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

Sử dụng tính chất

Và tính chất tích phân không phụ thuộc vào biến : 1

a b

∫

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

Ta có

FF IC IA L

Chọn D.

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

ẠY

KÈ

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

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

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.

FF IC IA L

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

Cách giải:

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

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

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.

KÈ

Cách giải:

- 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.

Điều kiện: x > 0 .

Đặt log3 x = t phương trình trở thành t 2 − 2t − 7 = 0

ẠY

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:

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

FF IC IA L

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:

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

∫ 1

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

KÈ

Nên

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 )

ẠY

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

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

FF IC IA L

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

1 1 2 a 15 a 3 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.

KÈ

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.

ẠY

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:

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. 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

FF IC IA L

Nên thời gian kể từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn là -2t +10 = 0 ⇔ t = 5s

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

∫ ( −2t + 10 ) dt = ( −t 0

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

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

Câu 33: Phương pháp:

Một số em tính luôn quãng đương bằng

Chọn A. Chú ý khi giải :

∫ 0

Cách giải:

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

thích hợp tính tích phân.

f ( sin x ) cos xdx và

Đổi biến tính từng tích phân

I = 2 ∫ f ( sin x ) cos xdx + 3∫ f ( 3 − 2 x ) dx 0

KÈ

π 2

+ Tính

∫ f ( sin x ) cos xdx 0

ẠY

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

Do đó

∫ 0 1

+ Tính

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

∫ f ( 3 − 2 x ) dx 0

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

FF IC IA L

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 .

3 2 x2

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

Ta có y ' = x 3 + m +

Cách giải:

Ta có g ( x ) = x3 +

3 => −m ≤ min g ( x ) ( 0;+∞ ) 2x2

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

Đặt g ( x ) = x 3 +

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

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.

KÈ

( 0;+∞ )

ẠY

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 )

( 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  ( ) ( ) ( )

FF IC IA L

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

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

x y z + + =1 a b c

Mặt phẳng (P) cắt trục tọa độ Ox;Oy;Oz tại A,B,C có phương trình

Cách giải:

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

KÈ

Thay vào (*) ta được

ẠY

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) .

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

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

FF IC IA L

Nên sinα = sin JBD =

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

Vậy điểm A(1;0) thuộc đồ thị (C).

0 = x0 − 1 => x0 = 1

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

KÈ

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

ẠY

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:

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

FF IC IA L

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 x

n −1

2017

. ( e x + x 3 cos x ) '

. ( e x + 3 x 2 cos x − x3 sin x )

= 2018 ( e x + x 3 cos x )

2017

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

Ta có:

2017

. ( e x + 3x 2 cos x − x 3 sin x ) '

2017

2016

. ( 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 )

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

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

2016

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

2017 f '' ( x ) = ( f ( x ) ) ' =  2018 ( e x + x 3 cos x ) . ( 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

ẠY

KÈ

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

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.

FF IC IA L

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  

Ơ H N

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:

5 6  1< m ≤ ;m ≠  Do đó với 2 5 thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5 .  m =3

 ( 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.

KÈ

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

ẠY

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

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

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 =

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

Suy ra R = IE 2 +

SE 2 4

FF IC IA L

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.EABC là R = IE 2 +

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

y = +∞

y = −∞ y = +∞

 lim+  x→ x0  lim+ x→ x thỏa mãn một trong 4 điều kiện sau:  0  lim  x→ x0−  lim  x→ x0−

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 →−∞

KÈ

Cách giải:

1 − 4 − x2 1− 4 − x2 y= 2 = x − 2 x − 3 ( x + 1)( x − 3)

ẠY

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 →±

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.

FF IC IA L

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

Suy ra ND = NC 2 − DC 2 = 4a 2 − x 2 (1) (định lý Pytago trong tam giác DNC )

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

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

a 10 2

Từ (1) và (2) suy ra

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)

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 

ẠY

KÈ

 ( 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:

+ 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

FF IC IA L

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 :

(

KÈ

( 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.

m m + 3m − 2 m + 3

ẠY

Ta có d ( B; ( ∆ ) ) =

; 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

)

⇔

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 )

FF IC IA L

Vậy m = 4 là giá trị cần tìm. Chọn D. Chú ý: 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

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

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

Mà

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 

1 2 1 1 2 1 Do đó P ≥ log a b 2 − log a b = 2 log a b − log a b = − . = − a 2 log b a 2 log log b a 2 ( log b a − 1) b b b b

2 1 − với 0 < t < 1 . t 2 ( t − 1)

Suy ra P ≥ P ( t ) =

Đặt logb a = t . Do b < a < 1 nên logb b > logb a > log b 1 => 0 < 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)

ẠY

KÈ

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

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

FF IC IA L

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 )

MN 2 + MQ 2 − NQ 2 2 MN .MQ

Cho tam giác MNQ thì cos M =

+ 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.

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

KÈ

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)

ẠY

 ( 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

+ 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

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

EI = EK 2 + KI 2 =

FF IC IA L

+ 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

Chọn D. Câu 49: Phương pháp:

5 7

Vậy cosϕ =

- 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

KÈ

trị. - Từ đó suy ra giá trị của m thỏa mãn bài toán.

Cách giải:

ẠY

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} .

ẠY

KÈ

FF IC IA L

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

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 ) + Xác định d ( A; ( SBC ) ) = d ( N ; SBC ) với N ∈ AD được chọn phù hợp

FF IC IA L

+ Ta dựng hình bình hành ABCD, gọi O là chân đường cao hạ từ S xuống đáy.

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

KÈ

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.

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

ẠY

Ta có S ABCD = MH .BC = 2 S ABC ⇔ MH .a = 2.

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

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

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

ẠY M

KÈ Y

Q H

N Ơ N

FF IC IA L

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 ----------------------------------------

FF IC IA L

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 .

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

B. 0.

C. 3.

D. 2.

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.

2018

( x − 2)

2019

. Khẳng

Câu 4. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đạo hàm f ' ( x ) = ( x + 2 )( x − 1)

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 .

KÈ

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.

ẠY

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

y' y

−1

−∞

–

2 +

+∞ –

+∞

−3

+∞

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

FF IC IA L

A. 1.

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

2a 3 . 9

2a 3 . 27

a3 . 9

và song song với BC cắt SB, SC lần lượt tại B ' và C ' . Thể tích khối chóp S . A ' B ' C ' bằng:

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.

16π . 3

A. 16 3π .

A. 0 < m <

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?

KÈ

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 13. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số nhân tăng?

ẠY

( x − 1)( x − 3)( x − m ) = 0 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. Trang 2/6

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

a 4 − 5 .a

3 +1

(với a > 0 và a ≠ 1 )

5 −2

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 A ' C và mặt phẳng

( ABB ' A ')

FF IC IA L

C. ∀x ∈ ℝ, e − x < 1 .

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.

3 3 . 4

−1 6

D. 3.

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

Câu 19. Cho biết ( x − 2 )

−1 3

D. Vmax =

A. Vmax =

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 . Câu

23.

B. P = 56 .

Cho

hình

A. P = 64 .

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.

(α )

KÈ

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

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 ,

ẠY

A. a

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

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

FF IC IA L

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 )

A. 4.

B. 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 .

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

C. 7.

D. 28.

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 .

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

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

A. f ( x ) = 3 .

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:

KÈ

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.

ẠY

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

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?

FF IC IA L

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)

( a; b )

nghịch biến trên khoảng

khi và chỉ khi

x1 > x2 ⇔ f ( x1 ) < f ( x2 ) .

∀x1 , x2 ∈ ( a; b ) :

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:

B. V =

π r 2l

C. V =

π rl 2

A. V = π r 2l .

A. P =

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. log 2 ( ab ) = 2 log 2 ( ab ) .

KÈ

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

ẠY

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

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 

B. m =

5 . 2

C. m =

−5 . 2

D. m =

3 . 2

FF IC IA L

3 A. m = − . 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 3 10 = . 4 r2

r1 r2

r1 3 10 = . 5 r2

3 3 . 2

C. 6 3 .

A. 3 3 .

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: D. 9 3 .

B. 7.

C. 80.

A. 5.

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. 15.

B. 31.

3 x3 − x2 2

1 − x −1

3 C. 23.

− 8.9

+ 19 D. 22.

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

D. −143 . x −1 2

. Tìm mệnh đề đúng.

Câu 48. Cho hàm số f ( x ) = e 3

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; +∞ ) .

KÈ

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

ẠY

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

V1 . V2

lại. Tính tỉ số

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 Trang 6/6

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019

MA TRẬN ĐỀ THI Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Đại số C2 C33

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

C46

C15 C19 C30 C39 C42 C47

C16

C10 C22 C34

C28

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng Chương 4: Số Phức

Lớp 12 (90%)

C12 C27 C32 C35 C40 C43 C48

Chương 1: Hàm Số

C1 C3 C4 C6 C7 C14 C26 C41

Vận dụng cao

FF IC IA L

Lớp

Chương 1: Khối Đa Diện

C18 C20

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

Hình học

C23

C24 C37 C38

C44

C11

C9 C17 C25 C45 C49 C50

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C21 C31

KÈ

Đại số

ẠY

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

Trang 7/6

Chương 5: Đạo Hàm

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

C29

FF IC IA L

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 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình.

Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Chương 5: Thống Kê

Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

Lớp 10 (0%)

Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Hình học

KÈ

Chương 1: Vectơ

ẠY

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 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%

FF IC IA L

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

ĐÁP ÁN 2. B

3. D

4. B

5. B

6. C

11. D

12. C

13. D

14. A

15. A

16. C

21. C

22. B

23. A

24. A

25. C

31. A

32. C

33. C

34. B

35. A

41. B

42. C

43. D

44. A

45. A

7. D

8. D

9. B

10. A

17. C

18. C

19. A

20. C

26. B

27. D

28. A

29. B

30. A

36. B

37. A

38. D

39. D

40. C

46. B

47. C

48. B

49. D

50. B

1. C

Đề phân loại học sinh ở mức khá

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. Chọn đáp án C Phương pháp

Cách giải

f ' ( x0 ) > 0 ∀x ∈ ℝ .

Mọi tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; f ( x0 ) ) có hệ số góc dương

Ta có: y ' = 3 x 2 − 2mx + 2m − 3 .

KÈ

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

ẠY

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. 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 →±∞

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

−∞

FF IC IA L

Cách giải

+) 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

( x − 2)

2019

 x = −2 = 0 ⇔  x = 1  x = 2

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

2018

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

KÈ

⇒ x = −2, x = 2 là hai điểm cực trị của hàm số, x = 1 không là điểm cực trị. ⇒ đáp án A sai.

ẠY

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

Ta có:

(

3+ 5 5

)

2019

k = ∑ C2019

( ) 3

2019 − k

( ) 5

2019

k 3 = ∑ C2019

k =0

2019 − k 3

55 .

k =0

FF IC IA L

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

⇒ đáp án A đúng.

Hàm số có hai điểm cực trị là xCD = 2 và xCT = −1

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

⇒ 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:

KÈ

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

ẠY

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

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 )

FF IC IA L

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 1 2

Theo đề bài ta có: sin x + cos x =

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 

Câu 9. Chọn đáp án B Phương pháp +) Xác định các điểm B ', C ' .

1+ 7  π Vì x ∈  0;  ⇒ 0 < sin x < 1 ⇒ sin x = là nghiệm cần tìm. 4  2

SB ' SC ' . , SB SC +) Sử dụng công thức tính tỉ lệ thể tích: Cho các điểm M ∈ SA, N ∈ SB, P ∈ SC

KÈ

+) Sử dụng định lý Ta-lét tính các tỉ số

ta có:

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

ẠY

+) 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

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

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.

FF IC IA L

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:

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

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

KÈ

−∞

3 2

0 0

+∞

−

9 4

ẠY

−

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

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:

−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.

FF IC IA L

BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos ∠BAC = 42 + 42 − 2.42

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

3 =6 2

BH = BC.cos 30° = 4 3.

Ta có: ∠ABC =

(

)

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

KÈ

+) 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

ẠY

+) 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

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

FF IC IA L

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

Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m ∉ {1;3} .

x = 1 Ta có: ( x − 1)( x − 3)( x − m ) = 0 ⇔  x = 3  x = m

+) Giả sử 1; 3; m lập thành 1 CSN tăng ⇒ 32 = m.1 ⇔ m = 9 (tm)

1 (tm) 3

+) Giả sử m; 1; 3 lập thành 1 CSN tăng ⇒ 12 = m.3 ⇔ m =

+) 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 .

KÈ

Câu 15. Chọn đáp án A Phương pháp

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

am = a m−n . n a

ẠY

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

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

+) 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 ' .

FF IC IA L

+) Xác định góc giữa A ' C và ( ABB ' 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

3 − x 2 .x ≤

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

Áp dụng BĐT Cô-si ta có

⇒ VABC . A ' B 'C ' = AA '. AB. AD = 3 − x 2 .x = V

ẠY

KÈ

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

Ta có: ( x − 2 )

−

1 3

> ( x − 2)

−

1 6

⇔ 0 < x − 2 <1⇔ 2 < x < 3.

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

định

lý

( AB + CD ) . AH

Pi-ta-go

2 ta

có:

DH = AD 2 − AH 2 = 4 − x 2 .

)

(

)

4 − x2 x

) = (8 + 2

4 − x 2 + 4 .x

⇒ S ABCD

(4 + 2 =

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

( AB + CD ) . AH =

Gọi H là chân đường cao kẻ từ A đến CD ta có: S ABCD =

FF IC IA L

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

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 −

2 4 − x2

4 − x2

=8+

4 ( 2 − x2 ) 4 − x2

⇒ f '( x) = 0 ⇔ 8 +

4 ( 2 − x2 )

=8+

2 ( 4 − x2 ) − 2 x2

= 0 ⇔ 8 4 − x2 + 4 ( 2 − x2 ) = 0

4− x

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

KÈ

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

(

)

3 −1 + 4 = 2 3 + 2

ẠY

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

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

FF IC IA L

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 .

 SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) .   SH ⊥ AC

Lại có SD ⊥ AC (gt) ⇒ AC ⊥ ( SHD ) ⇒ AC ⊥ SH

Trong ( ABCD ) kẻ PQ / / AC ( P ∈ AD; Q ∈ CD ), trong ( SBD ) kẻ MT / / SD (T ∈ SA ) , trong ( SCD ) kẻ

Khi đó (α ) ≡ ( PQRTU )

QR / / SD ( R ∈ SC ), trong ( SAB ) kẻ PU / / SD (U ∈ SA ) .

Ta có PQ / /UR / / AC ; UP / / QR / / SD ⇒ Tứ giác PQRU là hình bình hành.

KÈ

Lại có SD ⊥ AC ⇒ PQ ⊥ PU ⇒ PQRU là hình chữ nhật.

ẠY

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

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

 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 

FF IC IA L

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

(

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

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

⇒ STUR =

)

(

x   ⇒ TE = TM − ME =  1 −  .2a − 2 a − x 3  a 3

)

6a 3a . = 4 2.4 3

S PQRTU max ⇔ x =

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

ẠY

KÈ

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

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

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

a 3 1 a = . . 2 3 2

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

Ta có ∆BHK ~ ∆BSA ( g .g ) ⇒

3a 2 ⇒ 3SA = SA2 + 4a 2 2 2 SA + 4a

a ⇒ 2 = SA

HK HB = SA SB

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

a 2 2

HB =

FF IC IA L

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

CH =

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) .

KÈ

+) 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.

ẠY

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

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

  = 2.2 cos 2 bx  2 

FF IC IA L

 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

KÈ

trên ℝ . Câu 31. Chọn đáp án A Phương pháp Xác định giao điểm của GM với một đường nằm trong mặt phẳng

( ABC ) .

ẠY

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

+) 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

FF IC IA L

= −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]

−1 . 2

Ta có f ' ( t ) = 8t + 4 = 0 ⇔ t =

⇔ m 2 = f ( t ) = 4t 2 + 4t − 2 ∀t ∈ [ −1;1] .

−

1 2

+∞

f '(t )

−

−1

−∞

BBT:

f (t )

6 −3

−2

KÈ

−3   m 2 < −3 m<  2 Để phương trình không có nghiệm thuộc [ −1;1] ⇒  ⇔  m 2 > 6  m > 3 2

ẠY

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

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

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

FF IC IA L

 x+ y  ln    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 .

( 0;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

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 )

KÈ

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”.

ẠY

+) 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

( )

⇒ 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

FF IC IA L

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

Gọi K là trung điểm của A ' B ta có

⇒ d ( OO '; AB ) = d ( OO '; ( AA ' B ) ) = d ( O '; ( AA ' B ) )

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°

KÈ

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

ẠY

⇒ 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

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 ).

OE.OO '

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OO ' E ta có: OH =

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

log a x + log a y = log a ( xy )

x y

m log a b n

+ 42

4 3 . 3

x +1 và kết luận. x −3

Vẽ đồ thị hàm số y =

Cách giải Dựa vào các đáp án ta thấy đáp án D sai Câu 40. Chọn đáp án C Phương pháp

( 0 < a ≠ 1; x, y, b > 0 )

Cách giải

TXĐ: D = ℝ \ {3} .

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

Xét hàm số y =

(2 2 )

log an b m =

2 2.4

log a x − log a y = log a

FF IC IA L

Vậy d ( O ' A; OB ) =

x +1 được vẽ như sau: x−3

KÈ

Đồ thị hàm số y =

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.

ẠY

+) 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

FF IC IA L

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

KÈ

Hàm số lũy thừa y = x n có TXĐ phụ thuộc vào n như sau: n ∈ ℤ−

n∉ℤ

D=ℝ

D = ℝ \ {0}

D = ( 0; +∞ )

ẠY

n ∈ ℤ+

Cách giải

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

Ta có:

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

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 x →( −1)

−1 5 ⇔m= 2 2

FF IC IA L

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

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

KÈ

CE ⊥ AB Gọi E là trung điểm của AB ta có  ⇒ CE ⊥ ( A ' AB ) . CE ⊥ AA '

ẠY

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

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]

FF IC IA L

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 n log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ). m

Sử dụng công thức log a m b n =

Cách giải

3− x −1

− 8.9

x −1 2

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

+ 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

Cách giải TXĐ: D = ℝ .

Tính f ' ( x ) và lập bảng xét dấu f ' ( x ) từ đó kết luận các khoảng đơn điệu của hàm số.

KÈ

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  

ẠY

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

Cách giải Ta có:

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 ') )

FF IC IA L

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

CH ⊥ AB ⇒ CH ⊥ ( ABB ' A ') ⇒ d ( C '; ( ABB ' A ' ) ) = CH .  CH ⊥ AA '

Trong ( ABC ) kẻ CH ⊥ AB ( H ∈ AB ) ta có:

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:

−1 =a 7 2

AB = AC 2 + BC 2 − 2 AC.BC.cos ∠ACB = 4a 2 + a 2 − 2.2a.a. a2 3 2S 1 2 =a 3. = CH . AB ⇒ CH = ∆ABC = 2 AB 7 a 7

ẠY

KÈ

Mà S ∆ABC

Trang 29/6

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

FF IC IA L

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

B. ( −1;1) .

C. ( −1; +∞ ) .

A. ( −1;0 ) .

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?

D. ( 0;1) .

KÈ

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 .

ẠY

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. 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 C. −  .  2

B. {0} .

 1 D. 0;  .  2

FF IC IA L

1  A. 0; −  . 2 

Câu 7. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ. 0

−∞

f '( x)

–

f ( x)

–

−∞

−2

D. 1.

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

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

A. 6.

Câu 8. Cho

+∞

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 2x

B. 19.

C. 13 .

A. 19 .

D. 13.

A. z = 0 .

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

KÈ

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) .

ẠY

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 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 .

FF IC IA L

1 là 27

C. −1 < x < 3 .

D. x < −3; x > 1 .

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 .

C. y ' = e x +1 .

D. y ' = xe x .

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 .

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.

KÈ

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.

ẠY

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 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

C. F ( x ) = cos x + 1

Câu 28. Cho

x2 x2 ln x − + C . 2 4

B. F ( x ) = − cos x + ln x + C .

x2 x2 ln x − + C . 2 4

xdx

∫ ( 2 x + 1)

FF IC IA L

A. F ( x ) = − cos x +

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 )

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 .

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 .

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

B. 0,16π.

A. 0,32π.

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

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 .

KÈ

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

ẠY

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 = B. m < 0 .

A. m > 0 .

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

Trang 4/6

FF IC IA L

( ) = 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 2

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

C. m ≤ 6 .

D. m ≤ 1 .

A. m ≤ 2 .

nghiệm. A. m ∈ ℝ .

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

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 .

B. m ∈ ℝ .

C. m = 0 .

D. m ≥ 2; m ≤ −2 .

A. m ≥ 2 .

ẠY

KÈ

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

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

FF IC IA L

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

3 V. 4

8π R 3 3 . 9

8π R 3 3 B. . 3

8π R 3 C. . 27

4π R 3 3 A. . 9

KÈ

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

ẠY

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

Trang 6/6

Bất phương trình

A. m ≤

f ( x)

f (1) + 9 . 36

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

x3 + x 2 − 2 x nghịch biến trên khoảng nào sau đây 3

A. ( −1;0 ) .

B. ( −6; −3) .

C. ( 3;6 ) .

Hàm số y = f ( 2 x − 1) +

FF IC IA L

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

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 .

B. 0.

C. 8.

D. 10.

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

A. 12.

Xét điểm M thay đổi thuộc ( Q ) . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2 + MB 2 + MC 2 bằng

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

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

KÈ

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.

ẠY

1 . 126

1 . 252

1 . 63

1 . 192

Trang 7/6

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019

MA TRẬN ĐỀ THI Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Đại số

C24 C33 C34 C35

C4 C7 C22 C23 C1 C2 C3

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

C5 C6 C15

C18 C20

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng

C26 C36 C37 C44

C28 C39

Chương 4: Số Phức

Hình học

Lớp 12 (90%)

C8 C9 C27 C38

C46 C47

Chương 1: Hàm Số

Vận dụng cao

FF IC IA L

Lớp

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C16 C43

C32 C41 C42

C30

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C13 C21

Chương 1: Khối Đa Diện

C10 C11 C12

C17 C40

C29 C45 C48

C49

KÈ

Đại số

ẠY

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

Trang 8/6

Chương 5: Đạo Hàm

C19 C25

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

FF IC IA L

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 5: Thống Kê

Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình.

Lớp 10 (0%)

Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Hình học

KÈ

Chương 1: Vectơ

ẠY

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 Trang 9/6

FF IC IA L

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

ĐÁP ÁN 2. A

3. A

4. A

5. A

6. A

11. A

12. A

13. A

14. A

15. A

16. A

21. A

22. A

23. A

24. A

25. A

31. A

32. A

33. A

34. A

35. A

41. A

42. A

43. A

44. A

45. A

7. A

1. A

Đề phân loại học sinh ở mức khá

17. A

8. A

9. A

10. A

18. A

19. A

20. A

27. A

28. A

29. A

30. A

36. A

37. A

38. A

39. A

40. A

46. A

47. A

48. A

49. A

50. A

26. 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

ẠY

KÈ

 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

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

∫

f ( x ) dx = 2 và

FF IC IA L

Câu 8. Chọn đáp án A

∫ 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) 5

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

( a + 2b )

Câu 14. Chọn đáp án A Câu 15. Chọn đáp án A

Câu 16. Chọn đáp án A

ĐKXĐ: x 2 − 1 > 0 ⇔ x < −1; x > 1 ⇒ D = ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ )

KÈ

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

ẠY

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

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

FF IC IA L

Xét dấu f ' ( x ) :

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

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

1 . 2

x>2

Câu 25. Chọn đáp án A

− x ) .ln 3

3x 2 − 1 ( x3 − x ) .ln 3

Câu 26. Chọn đáp án A Tiền thu được cuối mỗi tháng là:

− x) '

y'=

3x 2 − 6 x = g ( x ) ,

y ' = 3 x 2 − 6 x + 2m − 1 ⇒ HS

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

Tháng 1: T1 = 10 + 10.0, 5% = 10 (1 + 0,5% ) .

… Tháng 60:

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

KÈ

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)

ẠY

Câu 27. Chọn đáp án A

∫ ( 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

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 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

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

I = A ' D ∪ AD ' .

Dễ

thấy

y ' = x 4 − mx3 = x 3 ( x − m )

FF IC IA L

V = V1 − V2 = π .l. ( R12 − R22 ) = 0,32π .

m = 0 ⇒ y ' = x 4 : không có cực trị.

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

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

KÈ

Đặt g ( x ) =

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

(

)

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

ẠY

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

 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)

FF IC IA L

+∞ 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

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

F ( x) = ∫ 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

KÈ

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

SA. AH 2

SA + AH

a 21 . 7

ẠY

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

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

FF IC IA L

 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

2 ⇒ T = 12 . 3

⇒ Tmin khi MG = d ( G , ( Q ) ) =

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

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 ∆, ∆ '

KÈ

⇒ 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

ẠY

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

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! 50.4!.4! 1 . = 10! 126

ẠY

KÈ

FF IC IA L

Vậ y P =

Trang 16/6

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:

FF IC IA L

+) Đề thi thử môn Toán THPT ĐHSP Hà Nội bám sát với đề thi mihnh họa của BGD&ĐT. Toàn bộ kiến thức 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 chắc chắn về tất cả các phần đã học. Câu 1. Giả sử phương trình log 22 x − ( m + 2 ) log 2 x + 2m = 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 6 . Giá trị của biểu thức x1 − x2 là B. 8.

C. 2.

D. 4.

A. 3.

A. 300.

C. 35.

B. C352 .

Câu 2. Một lớp học gồm có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Cần chọn ra 2 học sinh, 1 nam và 1 nữ để phân công trực nhật. Số cách chọn là D. A352 .

Câu 3. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị đạo hàm y = f ' ( x ) như hình bên.

Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x đạt cực đại tại x = 0 .

B. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x đạt cực tiểu tại x = 0 .

C. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x không đạt cực trị tại x = 0 .

D. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x không có cực trị.

B. 16π a 2 .

C. 16a 2 .

A. 4π a 2 .

Câu 4. Diện tích của mặt cầu bán kính 2a là D.

4π a 2 . 3

KÈ

Câu 5. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị ở hình bên. Số nghiệm dương phân biệt của phương trình f ( x ) = − 3 là

ẠY

A. 1. C. 2.

B. 3. D. 4.

Câu 6. Tập hợp các giá trị x thỏa mãn x; 2 x; x + 3 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân là

A. {0;1} .

B. ∅ .

C. {1} .

D. {0} .

Câu 7. Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ' ( x ) = − x 2 − 2 ∀x ∈ ℝ . Bất phương trình f ( x ) < m có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) khi và chỉ khi A. m ≥ f (1) .

B. m ≥ f ( 0 ) .

C. m > f ( 0 ) .

D. m > f (1) .

Trang 1/5

Câu 8. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Điểm M thuộc tia DD ' thỏa mãn DM = a 6 . Góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng ( ABCD ) là

A. 30°.

B. 45°.

C. 75°.

D. 60°.

A. a + c = 2b .

B. ac = b 2 .

C. ac = 2b 2 .

D. ac = b .

FF IC IA L

Câu 9. Trong hình dưới đây, điểm B là trung điểm của đoạn thẳng AC. Khẳng định nào sau đây là đúng?

Câu 10. ∫ sin xdx = f ( x ) + C khi và chỉ khi A. f ( x ) = cos x + m ( m ∈ ℝ ) . B. f ( x ) = cos x . C. f ( x ) = − cos x + m ( m ∈ ℝ ) .

D. f ( x ) = − cos x .

Câu 11. Cho khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AA ' = a, AB = 3a, AC = 5a . Thể tích của khối hộp B. 4a 3 .

C. 12a 3 .

D. 15a 3 .

A. 5a 3 .

đã cho là

Câu 12. Một người nhận hợp đồng dài hạn làm việc cho một công ty với mức lương khởi điểm của mỗi tháng trong 3 năm đầu tiên là 6 triệu đồng/tháng. Tính từ ngày đầu tiên làm việc, cứ sau đúng 3 năm liên tiếp thì tăng lương 10% so với mức lương một tháng người đó đang hưởng. Nếu tính theo hợp đồng thì tháng đầu tiên của năm thứ 16 người đó nhận được mức lương là bao nhiêu? B. 6.1,16 (triệu đồng).

A. 6.1,14 (triệu đồng).

C. 6.1,15 (triệu đồng).

D. 6.1,116 (triệu đồng).

Câu 13. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình 2 x = 3 là B. 2.

A. 0.

C. 1.

D. 3.

Câu 14. Gọi S n là tổng n số hạng đầu tiên trong cấp số cộng ( an ) . Biết S6 = S9 , tỉ số 9 . 5

5 . 9

5 . 3

a3 bằng a5

3 . 5

KÈ

Câu 15. Cho hình lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình chữ nhật và CAD = 40° . Số đo góc giữa hai đường thẳng AC và B ' D ' là A. 40°.

B. 20°.

C. 50°.

D. 80°.

ẠY

Câu 16. Tập hợp các số thực m thỏa mãn hàm số y = mx − x + 1 có đúng 1 điểm cực trị là A. ( −∞; 0 ) .

B. ( −∞; 0] .

C. ( 0; +∞ ) .

D. [ 0; +∞ ) .

e Câu 17. Tập nghiệm của bất phương trình   > 1 là π 

A. ℝ .

B. ( −∞; 0 ) .

C. ( 0; +∞ ) .

Câu 18. Các đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. y = 1, x = 1 .

B. y = −1, x = 1 .

C. y = −1, x = −1 .

D. [ 0; +∞ ) . x −1 lần lượt là x +1

D. y = 1, x = −1 . Trang 2/6

Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SD là

A. a.

a 3 . 2

a 3 . 3

a 2 . 2

Câu 20. Ba số a + log 2 3; a + log 4 3; a + log8 3 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Công bội của cấp

A. 1.

1 . 4

FF IC IA L

số nhân này bằng

1 . 2

1 . 3

Câu 21. Một bình đựng nước dạng hình nón (không có đáy), đừng đầy nước. Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là

18π dm3 . Biết rằng khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa của khối cầu chìm trong nước (hình bên). Thể tích V của nước còn lại trong bình bằng A. 3.

B. 8.

C. 2.

D. 4.

x 2020 +1. 2020

x 2020 . 2020

C. y = 2019 x 2018 .

Câu 22. Hàm số nào trong các hàm số sau đây không là nguyên hàm của hàm số y = x 2019 ?

x 2020 −1 . 2020

Câu 23. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có M là trung điểm của AA ' . Tỉ số thể tích

1 . 6

1 . 3

bằng

1 . 12

VM . ABC VABC . A ' B 'C '

1 . 2

B. 34 .

A. C43 .

Câu 24. Gọi A là tập hợp tất cả các số có dạng abc với a, b, c ∈ {1; 2;3; 4} . Số phần tử của tập hợp A là C. A43 .

D. 43 .

A. F ( 2 ) − F ( 0 ) = 16 .

Câu 25. Cho hàm số y = x3 có một nguyên hàm là F ( x ) . Khẳng định nào sau đây là đúng? B. F ( 2 ) − F ( 0 ) = 1 .

C. F ( 2 ) − F ( 0 ) = 8 .

D. F ( 2 ) − F ( 0 ) = 4 .

Câu 26. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Các điểm M, N, P lần lượt thuộc các đường

KÈ

thẳng AA ', BB ', CC ' thỏa mãn diện tích của tam giác MNP bằng a 2 . Góc giữa hai mặt phẳng ( MNP ) và ( ABCD ) là

A. 60°.

B. 30°.

C. 45°.

D. 120°.

ẠY

Câu 27. Đạo hàm của hàm số y = log (1 − x ) bằng

1 . ( x − 1) ln10

1 . x −1

1 . 1− x

1 . (1 − x ) ln10

Câu 28. Hàm số nào trong các hàm số sau đây là một nguyên hàm của hàm số y = e −2 x ? A. y = −

e −2 x . 2

C. y = 2e −2 x + C ( C ∈ ℝ ) .

B. y = −2e −2 x + C ( C ∈ ℝ ) . D. y =

e −2 x . 2

Trang 3/6

x3 + x 2 − mx + 1 nghịch biến trên khoảng ( 0; +∞ ) khi và chỉ khi 3

A. m ∈ [1; +∞ ) .

B. m ∈ (1; +∞ ) .

C. m ∈ [ 0; +∞ ) .

Câu 30. Trong khai triển Newton của biểu thức ( 2 x − 1) 18 A. −218.C2019 .

18 x18 . B. −218 C2019

2019

, số hạng chứa x18 là

18 x18 . C. 218 C2019

Câu 31. Hàm số y = F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số y =

 −x  A. F ( x ) = ln   ∀x ∈ ( −∞;0 ) .  2  B. F ( x ) = ln x + C ∀x ∈ ( −∞;0 ) với C là một số thực bất kì.

1+ a . 2+a

1 + 2a . 2+a

2+a . 1 + 2a

Câu 32. Nếu log 3 5 = a thì biểu thức log 45 75 bằng

C. F ( x ) = ln x + ln 2 ∀x ∈ ( −∞;0 ) . D. F ( x ) = ln ( − x ) + C ∀x ∈ ( −∞;0 ) với C là một số thực bất kì.

18 D. 218.C2019 .

1 trên ( −∞; 0 ) thỏa mãn F ( −2 ) = 0 . x

Khẳng định nào sau đây là đúng?

D. m ∈ ( 0; +∞ ) .

FF IC IA L

Câu 29. Hàm số y = −

1 + 2a . 1+ a

Câu 33. Nếu một hình nón có diện tích xung quanh gấp đôi diện tích của hình tròn đáy thì góc ở đỉnh của hình nón bằng B. 60°.

C. 30°.

D. 120°. Câu 34. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm M ( a; b; c ) . Tọa độ của vectơ MO là A. ( a; b; c ) .

B. ( − a; b; c ) .

C. ( − a; −b; −c ) .

D. ( − a; b; −c ) .

A. 15°.

3 . 5

Câu 35. Xếp ngẫu nhiên 5 bạn An, Bình, Cường, Dũng, Đông ngồi vào một dãy 5 ghế thẳng hàng (mỗi bạn ngồi 1 ghế). Xác suất các biến cố ‘hai bạn An và Bình không ngồi cạnh nhau’ là 2 . 5

1 . 5

4 . 5

Câu 36. Cho tam giác ABC vuông tại A. AB = c, AC = b . Quay tam giác ABC xung quanh đường thẳng

KÈ

chứa cạnh AB được một hình nón có thể tích bằng 1 π bc 2 . 3

1 2 bc . 3

1 2 b c. 3

1 2 πb c. 3

ẠY

Câu 37. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình dưới đây.

x y' y

−1 2

−∞

−

+∞ +

1 −3

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

1 là 2 f ( x ) −1 Trang 4/6

A. 0.

B. 1.

C. 2. D. 3. Câu 38. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho a = (1; 2; −3) , b = ( −2; −4;6 ) . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. a = 2b .

B. b = −2a .

C. a = −2b . D. b = 2a . Câu 39. Trong không gian tọa độ Oxyz, góc giữa hai vectơ i và u = − 3; 0;1 là

(

B. 30°.

C. 60°.

D. 150°.

FF IC IA L

A. 120°.

)

Câu 40. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có A ( 0;0; 0 ) , B ( a;0;0 ) ,

D ( 0; 2a;0 ) , A ' ( 0;0; 2a ) với a ≠ 0 . Độ dài đoạn thẳng AC ' là A. a .

B. 2 a .

C. 3 a .

3a 2

Câu 41. Cho hình chóp S.ABC với ABC không là tam giác cân. Góc giữa các đường thẳng SA, SB, SC

N Ơ

A. Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. B. Trực tâm của tam giác ABC. C. Trọng tâm của tam giác ABC. D. Tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.

và mặt phẳng ( ABC ) bằng nhau. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng ( ABC ) là

Câu 42. Cho hình chóp O.ABC có OA = OB = OC = a , ∠AOB = 60°, ∠BOC = 90° , ∠COA = 120° . Gọi S a . 4

a 7 . 4

là trung điểm của OB. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là

a 7 . 2

Câu 43. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa mãn

KÈ

x→

A. 0.

e −2018 x . 2018

∫ f ( x ) dx = e

C. f ( x ) =

e −2018 x . −2018

−2018 x

a . 2

+ C . Khẳng định nào sau

D. f ( x ) = −2018e −2018 x .

sin x bằng: x

Câu 44. Biểu thức lim π

B. f ( x ) =

A. f ( x ) = 2018e −2018 x .

đây là đúng?

π 2

D. 1.

ẠY

Câu 45. Tập nghiệm của bất phương trình log 0,5 ( x − 1) > 1 là

 3 B.  1;  .  2

3  C.  ; +∞  . 2 

 3 D. 1;  .  2

3  A.  −∞;  . 2 

Câu 46. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình bên. Phương trình f ( 2sin x ) = m có đúng ba nghiệm phân biệt thuộc đoạn [ −π ; π ] khi và chỉ khi

Trang 5/6

A. m ∈ {−3;1} .

B. m ∈ ( −3;1) .

C. m ∈ [ −3;1) .

D. m ∈ ( −3;1] .

Câu 47. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho A ( 2; 0;0 ) , B ( 0; 2;0 ) , C ( 0; 0; 2 ) . Có tất cả bao nhiêu điểm M trong không gian thỏa mãn M không trùng với các điểm A, B, C và AMB = BMC = CMA = 90° ?

A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 48. Tập hợp các số thực m để phương trình log 2 x = m có nghiệm thực là B. [ 0; +∞ ) .

Câu 49. Cho hàm số f ( x ) = (1 − x 2 )

2019

C. ( −∞;0 ) .

D. ℝ .

FF IC IA L

A. ( 0; +∞ ) .

. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số đồng biến trên ℝ .

B. Hàm số đồng biến trên ( −∞; 0 ) .

C. Hàm số nghịch biến trên ( −∞;0 ) .

D. Hàm số nghịch biến trên ℝ .

Câu 50. Hàm số nào trong các hàm số sau đây có một nguyên hàm bằng cos 2 x ?

cos3 x . 3

B. y =

− cos3 x + C (C ∈ ℝ ) . 3

A. y =

D. y = sin 2 x + C ( C ∈ ℝ ) .

ẠY

KÈ

C. y = − sin 2 x .

Trang 6/6

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số C3 C29 C37

C5 C18

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

C17 C48

C13 C32 C45

C10

C22 C25 C28 C31 C50

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng

C1 C9 C12

Hình học

C43

Chương 4: Số Phức Lớp 12 (82%)

C46

FF IC IA L

C7 C16 C49

Chương 1: Hàm Số

Chương 1: Khối Đa Diện

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C34 C38

C8 C23 C26 C41 C42

C33

C21

C39 C40

C47

C2 C24

C35

C4 C36

Đại số

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C11 C15 C19

KÈ

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác Chương 2: Tổ Hợp - Xác Suất

ẠY

Lớp 11 (18%)

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

C30

C6 C14 C20

Chương 4: Giới Hạn

C44

Chương 5: Đạo Hàm

C27

Hình học

Trang 7/6

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

FF IC IA L

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 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Chương 5: Thống Kê

Chương 1: Vectơ

Hình học

KÈ

Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng

ẠY

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Tổng số câu

Điểm

ĐÁP ÁN 1. C

2. A

3. A

4. B

5. C

6. C

7. D

8. D

9. B

10. C

11. C

12. C

13. B

14. C

15. D

16. B

17. B

18. D

19. B

20. D Trang 8/6

21. B

22. C

23. A

24. D

25. D

26. A

27. A

28. A

29. A

30. B

31. A

32. C

33. B

34. C

35. A

36. D

37. D

38. B

39. D

40. C

41. A

42. C

43. D

44. B

45. B

46. A

47. C

48. D

49. B

50. C

LỜI GIẢI CHI TIẾT

FF IC IA L

Câu 1. Chọn đáp án C Phương pháp +) Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa.

+) Đặt ẩn phụ để giải phương trình: log 2 x = t . Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm. +) Dựa vào dữ kiện x1 + x2 = 6 tìm m. Từ đó tính x1 − x2 .

Cách giải Điều kiện: x > 0 . Đặt log 2 x = t . Khi đó ta có phương trình: t 2 − ( m + 2 ) t + 2m = 0

 x = 2m t = m log 2 x = m ⇔ ( t − m )( t − 2 ) = 0 ⇔  ⇒ ⇔ 1 t = 2 log 2 x = 2  x2 = 4

⇔ t 2 − mt − 2t + 2m = 0 (*) ⇔ t ( t − m ) − 2 ( t − m ) = 0

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: x1; x2 ⇔ pt (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 2 .

Ta có: x1 + x2 = 6 ⇔ 2m + 4 = 6 ⇔ 2m = 2 ⇔ m = 1 (tm).

⇒ x1 − x2 = 2 m − 4 = 2 − 4 = 2 .

KÈ

Câu 2. Chọn đáp án A Phương pháp Áp dụng quy tắc nhân. Cách giải Có 20 cách chọn 1 bạn nam Có 15 cách chọn 1 bạn nữ Số cách chọn 2 học sinh 1 nam và 1 nữ là: 20.15 = 300 (cách chọn) Câu 3. Chọn đáp án A Phương pháp +) Quan sát đồ thị hàm số đã cho, và các đáp án trong đề bài, chọn ra câu đúng.

ẠY

+) x = x0 là điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) ⇒ f ' ( x0 ) = 0 . +) 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 = f ( x ) − x 2 − x ⇒ y ' = f ' ( x ) − 2 x − 1 .

⇒ y ' = 0 ⇔ f ' ( x ) − 2x −1 = 0 ⇔ f '( x ) = 2x + 1 . Số nghiệm của phương trình f ' ( x ) = 2 x + 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ' ( x ) và y = 2 x + 1 .

Trang 9/6

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình f ' ( x ) = 2 x + 1 có 2 nghiệm x = 0 và x = 2 , tuy nhiên chỉ qua nghiệm x = 0 thì y ' đổi dấu, do đó hàm số có 1 cực trị x = 0 .

Câu 4. Chọn đáp án B Phương pháp Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính R là: S = 4π R 2 Cách giải 2

FF IC IA L

Diện tích của mặt cầu bán kính 2a là: S = 4π ( 2a ) = 16π a 2

Câu 5. Chọn đáp án C 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.

Cách giải

Số nghiệm của phương trình f ( x ) = − 3 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y=− 3 .

Ơ H

trong đó có 2 nghiệm dương và 2 nghiệm âm. Câu 6. Chọn đáp án C Phương pháp

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y = − 3 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 4 điểm phân biệt

Cho ba số a, b, c theo thứ tự lập thành CSN thì ta có: b 2 = ac . Cách giải 2

Ta có: x; 2 x; x + 3 theo thứ tự lập thành CSN ⇒ ( 2 x ) = x ( x + 3)

x = 0 ⇔ 4 x 2 = x 2 + 3 x ⇔ 3 x ( x − 1) = 0 ⇔  x =1 +) Với x = 0 ⇒ ta có CSN: 0;0;3 ⇒ vô lý.

+) Với x = 1 ⇒ ta có CSN: 1; 2; 4 có công bội là 2.

KÈ

Chú ý: Sau khi tìm được x phải thử lại. Câu 7. Chọn đáp án D Phương pháp Tìm hàm f ( x ) bằng công thức nguyên hàm cơ bản: f ( x ) = ∫ f ' ( x ) dx

ẠY

Xét hàm số để giải bất phương trình: Ta có: f ( x ) < m ∀x ∈ ( 0;1) ⇔ Min f ( x ) < m . [0;1]

Cách giải

Ta có: f ' ( x ) = − x 2 − 2, ∀x ∈ ℝ ⇒ f ( x ) = ∫ f ' ( x ) dx = − Xét hàm số: f ( x ) = −

x3 − 2x + C 3

x3 − 2 x + C trên ( 0;1) ta có: 3

f ' ( x ) = − x 2 − 2 < 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ Hàm số luôn nghịch biến trên ℝ ⇒ Hàm số f ( x ) nghịch biến trên ( 0;1) ⇒ Min f ( x ) = f (1) . [0;1]

Trang 10/6

Vậy m > f (1) .

Câu 8. Chọn đáp án D Phương pháp Nhận thấy, ∠ ( BM , ( ABCD ) ) = ∠MBD , Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác để tính. Cách giải

Mà tan MBD =

FF IC IA L

Ta có: ∠ ( BM ; ( ABCD ) ) = ∠MBD

DM a 6 = = 3 ⇒ MBD = 60° DB a 2

Câu 9. Chọn đáp án B Phương pháp

x A + xC   xB = 2 B là trung điểm AC ⇒  y  y = A + yC  B 2

Cách giải Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: A, B, C ∈ y = ln x .

⇒ A ( 0;ln a ) , B ( 0;ln b ) , C ( 0;ln c ) .

Lại có B là trung điểm của AC ⇒ ln a + ln c + 2 ln b ⇒ ln ( ac ) = ln b 2 ⇒ ac = b 2

Câu 10. Chọn đáp án C Phương pháp

Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản: ∫ sin xdx = − cos x + C ( C ∈ ℝ )

Cách giải

Ta có: ∫ sin xdx = − cos x + m ( m ∈ ℝ )

KÈ

Câu 11. Chọn đáp án C Phương pháp Áp dụng định lý Py-ta-go tính độ dài đoạn thẳng AD. Thể tích hình hộp chữ nhật có các kích thước a, b, c: V = abc . Cách giải

ẠY

Ta có: AD = AC 2 − CD 2 = 252 − 9a 2 = 4a . (định lý Pytago)

VABCD. A ' B 'C ' D ' = AA '. AB. AD = a.3a.4a = 12a 3 .

Câu 12. Chọn đáp án C Phương pháp n

Sử dụng công thức: S n = A (1 + r ) với:

A là số tiền lương tháng đầu tiên người đó nhận được. r là số % lương người đó được tăng. n là kì hạn người đó được tăng lương. Cách giải Trang 11/6

16  Đến năm thứ 16 thì người đó được tăng lương số lần là:   = 5 lần. 3 n

Áp dụng công thức: S n = A (1 + r ) ta có số tiền người đó nhận được ở tháng đầu tiên của năm thứ 16 là: 5

6 (1 + 10% ) = 6.1,15 triệu đồng.

FF IC IA L

Câu 13. Chọn đáp án B Phương pháp Giải phương trình mũ: a f ( x ) = b ⇔ f ( x ) = log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 )

Cách giải  x = log 3 2 2 Ta có: 2 x = 3 ⇔ x 2 = log 2 3 ⇔   x = − log 3 2 

Câu 14. Chọn đáp án C Phương pháp

Công thức tổng quát của CSC có số hạng đầu u1 và công sai d là: un = u1 + ( n − 1) d .

n  2u1 + ( n − 1) d  Tổng của n số hạng đầu của CSC có số hạng đầu u1 và công sai d là: S n =  . 2 Cách giải 6 ( 2a1 + 5d ) 9 ( 2a1 + 8d ) = 2 2

Theo đề bài ta có: S6 = S9 ⇔

⇔ 2a1 = −14d ⇔ a1 = −7 d

⇔ 4a1 + 10d = 6a1 + 24d a3 a1 + 2d −7 d + 2d −5d 5 = = = = . a5 a1 + 4d −7 a + 4d −3d 3

⇒

Gọi CSC có số hạng đầu a1 và công sai d.

KÈ

Cách giải

Câu 15. Chọn đáp án D Phương pháp Góc giữa hai đường thẳng a, b là góc giữa hai đường thẳng a ', b ' với a / / a ', b / / b ' . Ta có AC / / A ' C ' ⇒ ∠ ( AC ; B ' D ' ) = ∠ ( A ' C '; B ' D ' )

ẠY

Gọi AC ∩ BD = {O} ; A ' C '∩ B ' D ' = {O '} . Ta có ∆OAD cân tại O ⇒ ∠OAD = ∠ODA = 40° ⇒ ∠AOD = 100° = ∠A ' O ' D '

⇒ ∠ ( A ' C '; B ' D ' ) = 180° − 100° = 80° .

Vậy ∠ ( AC ; B ' D ' ) = 80° .

Câu 16. Chọn đáp án B Phương pháp Xét hàm số: y = ax 4 + bx 2 + c ( a ≠ 0 ) có: y ' = 4ax 3 + 2bx

Trang 12/6

x = 0 y ' = 0 ⇔ 4ax3 + 2bx = 0 ⇔ 2 x ( 2ax 2 + b ) = 0 ⇔  2 −b x = ( *) 2a  Hàm số có 1 cực trị ⇔ (*) có

−b −b b ≤0⇔ ≤ 0 ⇔ ≥ 0 ⇔ a.b ≥ 0 2a a a

Ta có: y = mx 4 − x 2 + 1 m ( −1) ≥ 0 ab ≥ 0 m ≤ 0 Hàm số có 1 điểm cực trị ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ m < 0. m ≠ 0 a ≠ 0 m ≠ 0

FF IC IA L

Cách giải

+) Xét m = 0 ⇒ y = − x 2 + 1 ⇒ y ' = −2 x = 0 ⇒ x = 0 ⇒ hàm số có 1 điểm cực trị.

e    do < 1 . π  

Câu 18. Chọn đáp án D Phương pháp

e Ta có:   > 1 ⇔ x < 0 π 

 x > 0 khi a > 1 . Giải bất phương trình mũ: a x > 1 ⇔   x < 0 khi 0 < a < 1 Cách giải

Vậy m ≤ 0 thỏa mãn bài toán. Câu 17. Chọn đáp án B Phương pháp

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

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

Cách giải Ta có: x + 1 = 0 ⇔ x = −1 ⇒ x = −1 là TCĐ của đồ thị hàm số. x −1 = 1 ⇒ y = 1 là TCN của đồ thị hàm số. x +1 Câu 19. Chọn đáp án B Phương pháp

lim

KÈ

x →∞

Ta có: d ( BC , SD ) = d ( BC , ( SAD ) ) = d ( B, ( SAD ) ) = 2d ( H ; ( SAD ) ) với H là trung điểm của AB. Từ đó ta quy về tính d ( H , ( SAD ) ) .

ẠY

Cách giải Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ AB .

Ta có: ∆SAB đều và ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ∆SAB đều cạnh a ⇒ SH =

a 3 . 2

Có: BC / / AD ⇒ BC / / ( SAD )

⇒ d ( BC ; SD ) = d ( BC ; ( SAD ) ) = d ( B; ( SAD ) ) ⇒ d ( BC ; SD ) = d ( BC ; ( SAD ) ) = d ( B; ( SAD ) ) Trang 13/6

BA 1 = ⇒ d ( B; ( SAD ) ) = 2d ( H ; ( SAD ) ) HA 2 Kẻ HK ⊥ SA ta có: Lại có:

 AD ⊥ AB ⇒ SD ⊥ ( SBA) ⇒ SD ⊥ HK   AD ⊥ SH ⇒ HK ⊥ ( SAD ) ⇒ d ( H ; ( SAD ) ) = HK .

⇒ HK =

SH .HA 2

SA + AH

a 3 a . 2 2

a 3 a   +   2  2

= 2

FF IC IA L

Áp dụng hệ thức lượng cho ∆SHA vuông tại H, có đường cao HK:

a 3 . 4

a 3 . 2 Câu 20. Chọn đáp án D Phương pháp

Cho ba số a, b, c lập thành CSN thì ta có: ac = b 2 Cách giải

⇒ d ( BC ; SD ) = 2 HK =

Ta có: a + log 2 3; a + log 4 3; a + log8 3 theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên: 2

( a + log 2 3)( a + log8 3) = ( a + log 4 3)

⇔ a 2 + a ( log 2 3 + log 8 3) + log 2 3.log 8 3 = a 2 + 2a log 4 3 + log 42 3

1 1 1   1 ⇔ a  log 2 3 + log 2 3  + .log 2 3.log 2 3 = 2a log 2 3 + log 22 3 3 2 4   3

1 4  1 ⇔ a.  log 2 3 − log 2 3  = log 22 3 − log 22 3 3 3  4

−1 −1 1 ⇔ a log 2 3 = log 22 3 ⇔ a = log 2 3 3 12 4

ẠY

KÈ

−1 −1 1 1 log 3 + log 3 log 3 + log 3 log 2 3 2 4 2 2 a + log 4 3 4 1 2 ⇒q= = = 4 =4 = − 1 3 3 a + log 2 3 log 2 3 + log 2 3 log 2 3 log 2 3 3 4 4 4 Câu 21. Chọn đáp án B Phương pháp 4 Công thức tính thể tích của khối cầu có bán kính r: V = π r 3 . 3 Công thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy R và chiều 1 cao h: V = π R 2 h 3 Cách giải Gọi r là bán kính của khối cầu, R là bán kính của khối nón và h là chiều cao của khối nón. Trang 14/6

Khi đó ta có: h = 2r . Theo đề bài ta có: thể tích của nửa khối cầu là: 18π dm3 1 4 ⇒ . π r 3 = 18 ⇔ r = 3dm . 2 3 ⇒ h = 2r = 6dm . Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OAB vuông tại O, có đường cao OH ta có:

)

Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản:

α ∫ x dx =

xα +1 +C . α +1

Cách giải x 2020 + C ⇒ đáp án C sai. 2020 Câu 23. Chọn đáp án A Phương pháp Sử dụng công thức tính tỉ lệ thể tích: Cho các điểm V SM SN SP . M ∈ SA, N ∈ SB, P ∈ SC ta có SMNP = . . VSABC SA SB SC

2019 ∫ x dx =

Ta có:

(

FF IC IA L

1 1 1 1 1 1 2 3 r = 2 3dm . = 2 + 2 ⇔ 2 = 2 − 2 ⇒R= 2 r R h R r 4r 3 2 1 1 ⇒ Vnon = π R 2 h = π . 2 3 .6 = 24π dm3 . 3 3 Câu 22. Chọn đáp án C Phương pháp

Cách giải

VMABC AM 1 1 1 = = ⇒ VMABC = VA ' ABC = VABC . A ' B 'C ' VA ' ABC AA ' 2 2 6

Lại có:

Ta có: VABC . A ' B ' C ' = 3VA ' ABC .

KÈ

Câu 24. Chọn đáp án D Phương pháp Sử dụng quy tắc nhân để làm bài toán. Cách giải Ta có: abc, a, b, c ∈ {1; 2;3; 4}

⇒ ta chọn 3 chữ số trong tập hợp gồm 4 chữ số, trong đó các số a, b, c có thể bằng nhau

ẠY

⇒ có 43 cách chọn. Câu 25. Chọn đáp án D Phương pháp

Sử dụng công thức tính tích phân, có F ( x ) là nguyên hàm của hàm số b

∫ f ( x ) dx = F ( x )

b a

f ( x ) thì ta có:

= F (b) − F ( a ) .

Cách giải

Trang 15/6

Ta có:

3 ∫ x dx =

x4 +C . 4

24 −0 = 4. 4 Câu 26. Chọn đáp án A Phương pháp Sử dụng công thức S ∆ABC = S ∆MNB cos α với α = ∠ ( ( MNP ) , ( ABCD ) ) .

Cách giải Ta có hình chiếu của tam giác MNP lên ( ABCD ) chính là tam giác ABC Gọi α = ∠ ( ( MNP ) ; ( ABCD ) )

a2 1 = a 2 cos α ⇒ cos α = ⇒ α = 60° 2 2

Câu 27. Chọn đáp án A Phương pháp Sử dụng công thức

đạo

tính

hàm

bản:

f '( x) . log f ( x )  ' = f ( x ) ln10

cơ

⇒ S ∆ABC = S ∆MNB .cos α ⇒

FF IC IA L

Ta có F ( 2 ) − F ( 0 ) =

Cách giải

−1 1 = Ta có: log (1 − x )  ' = . (1 − x ) ln10 ( x − 1) ln10

Câu 28. Chọn đáp án A Phương pháp

Sử dụng công thức tính nguyên hàm cơ bản: ∫ e ax dx =

Cách giải

1 ax e +C . a

KÈ

1 Ta có: ∫ e −2 x dx = − e −2 x + C 2 Câu 29. Chọn đáp án A Phương pháp

Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ f ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b ) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

ẠY

Cách giải

Ta có: y ' = − x 2 + 2 x − m

Hàm số đã cho nghịch biến trên ( 0; +∞ ) ⇔ y ' ≤ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) .

⇔ − x 2 + 2 x − m ≤ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ x 2 − 2 x ≥ − m ∀x ∈ ( 0; +∞ ) (*)

Xét hàm số g ( x ) = x 2 − 2 x ⇒ (*) ⇔ − m ≤ Min g ( x ) ( 0;+∞ )

Ta có: g ' ( x ) = 2 x − 2 = 0 ⇔ x = 1 . Khi đó ta có BBT:

+∞ Trang 16/6

g '( x)

−

g ( x)

+∞

+∞ −1

⇒ − m ≤ Min g ( x ) ⇔ − m ≤ −1 ⇔ m ≥ 1 .

Câu 30. 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 Ta có: ( 2 x − 1)

2019

k = ∑ C2019 ( 2 x ) . ( −1) k

2019 − k

2019

k 2 k . ( −1) = ∑ C2019

k =0

2019 − k

.x k .

k =0

Để có số hạng chứa x18 ⇒ k = 18 . 2001

18 x18 . .x18 = −218 C2019

18 .218. ( −1) Vậy số hạng chứa x18 trong khai triển là: C2019

FF IC IA L

( 0;+∞ )

Chú ý khi giải: Đề bài hỏi số hạng chứa xα trong khai triển nên khi chọn mình chọn đáp án cần có cả

phần biến xα , còn khi đề bài hỏi hệ số thì không cần kết luận phần biến. Câu 31. Chọn đáp án A Phương pháp

+) Dựa vào giả thiết F ( −2 ) = 0 tìm C.

+) Tính nguyên hàm F ( x ) . Lưu ý điều kiện của x để phá trị tuyệt đối.

Cách giải 1 F ( x ) = ∫ dx = ln x + C = ln ( − x ) + C ( x < 0 ) x

F ( −2 ) = 0 ⇔ ln 2 + C = 0 ⇔ C = − ln 2

KÈ

 x ⇒ F ( x ) = ln ( − x ) − ln 2 = ln  −  ∀x ∈ ( 0; +∞ )  2 Câu 32. Chọn đáp án C Phương pháp

ẠY

log a x + log a y = log a ( xy )  Sử dụng các công thức  (giả sử các biểu thức là có nghĩa). n n log b = log b m  a a m  Cách giải

log 45 75 = log 45 ( 3.52 ) = log 45 3 + 2 log 45 5 = =

1 2 + 2 log 3 ( 3 .5 ) log 5 ( 32.5 )

1 2 1 2 + = + 2 + log 3 5 2 log 5 3 + 1 2 + a 2 + 1 a

1 2a 1 + 2a + = 2+a 2+a 2+ a Trang 17/6

Câu 33. Chọn đáp án B Phương pháp +) Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh mặt nón có bán kính đáy r và đường sinh l là S xq = π rl tính l theo r.

r . l

Cách giải

S xq = 2 S day ⇔ π rl = 2π r 2 ⇔ l = 2r Gọi góc ở đỉnh bằng 2α ⇒ sin α =

r r 1 = = ⇒ α = 30° ⇒ 2α = 60° . l 2r 2

Câu 34. Chọn đáp án C Phương pháp AB = ( xB − xA ; yB − y A ; z B − z A )

Cách giải MO = ( −a; −b; −c )

FF IC IA L

+) Gọi góc ở đỉnh bằng 2α ⇒ sin α =

Câu 35. Chọn đáp án A Phương pháp Sử dụng nguyên lí vách ngăn.

Cách giải

n ( Ω ) = 5! = 120

Xếp Cường, Dũng, Đông vào 3 ghế bất kì có 3! cách, khi đó tạo ra 4 khoảng trống. Xếp An và Bình vào hai trong 4 khoảng trống đó có 4.3 = 12 cách.

72 3 = . 120 5 Câu 36. Chọn đáp án D Phương pháp

Vậ y P ( A ) =

Gọi A là biến cố: “An và Bình không ngồi cạnh nhau ⇒ n ( A ) = 3!.12 = 72 .

ẠY

KÈ

1 Sử dụng công thức tính thể tích khối nón có bán kính đáy r và đương cao h là V = π r 2 h . 3 Cách giải Quay tam giác ABC quanh đường thẳng AB ta được khối nón có bán kính đáy r = AC = b và đường cao 1 1 h = AB = c . Khi đó thể tích của khối nón bằng π AC 2 AB = π b 2 c . 3 3 Câu 37. Chọn đáp án D 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 Trang 18/6

1 1 = = 1 ⇒ Đồ thị hàm số có TCN y = 1 . x →±∞ 2 f ( x ) − 1 2.1 − 1

Ta có lim y = lim x →±∞

Xét phương trình 2 f ( x ) − 1 = 0 ⇔ f ( x ) =

1 1 . Dựa vào BBT ta thấy phương trình f ( x ) = có 2 nghiệm 2 2

a1 = ka2  u ( a1 ; b1 ; c1 ) ; v = ( a2 ; b2 ; c2 ) ; u = kv ⇔ b1 = kb2 c = kc 1 2

FF IC IA L

phân biệt, do đó đồ thị hàm số có 2 TCĐ. Câu 38. Chọn đáp án B Phương pháp

( k ≠ 0)

Cách giải Dễ thấy a = −2b Câu 39. Chọn đáp án D Phương pháp

i.u Sử dụng công thức: cos ∠ i, u = i.u

)

( )

Câu 40. Chọn đáp án C Phương pháp

( )

(

Cách giải i = (1; 0;0 ) ; u = − 3;0; −1 i.u − 3 − 3 ⇒ cos ∠ i; u = = = ⇒ i; u = 150° . 1.2 2 i.u

( )

Cách giải

+) ABCD là hình bình hành ⇒ AB = DC ⇒ Tìm tọa độ điểm C. +) ABCD. A ' B ' C ' D ' là hình hộp ⇒ AA ' = CC ' ⇒ Tìm tọa độ điểm C ' . +) Tính AC ' = AC ' .

KÈ

x − 0 = a  C Do ABCD là hình bình hành ⇒ AB = DC ⇒  yC − 2a = 0 ⇔ C ( a; 2a;0 ) z − 0 = 0  C

ẠY

x − a = 0  C ' ABCD. A ' B ' C ' D ' là hình hộp ⇒ AA ' = CC ' ⇒  yC ' − 2a = 0 ⇒ C ' ( a; 2a; 2a )  z − 0 = 2a  C' ⇒ AC ' = ( a; 2a; 2a ) ⇒ AC ' = AC ' = a 2 + 4a 2 + 4a 2 = 3 a .

Câu 41. Chọn đáp án A Phương pháp +) Gọi H là hình chiếu của S trên ( ABC ) . Xác định các góc giữa các cạnh bên và đáy. +) Chứng minh các tam giác SAH, SBH, SCH bằng nhau. Trang 19/6

Cách giải Gọi H là hình chiếu của S trên ( ABC ) ta có

SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ HA, SH ⊥ HB, SH ⊥ HC . ⇒ ∠ ( SA, ( ABC ) ) = ∠ ( SA; AH ) = ∠SAH ∠ ( SB; ( ABC ) ) = ∠ ( SB; BH ) = ∠SBH

FF IC IA L

∠ ( SC ; ( ABC ) ) = ∠ ( SC ; CH ) = ∠SCH ⇒ ∠SAH = ∠SBH = ∠SCH

Xét ∆ v SAH , ∆ v SBH , ∆ v SCH có: SH chung; ∠SAH = ∠SBH = ∠SCH ;

nhọn) ⇒ HA = HB = HC ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 42. Chọn đáp án C Phương pháp Cách giải ∆OAB đều ⇒ AB = OA = OB = a Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OBC ta có:

⇒ ∆ v SAH = ∆ v SBH = ∆ v SCH (cạnh góc vuông – góc

BC = a 2 + a 2 = a 2 .

Áp dụng định lý Cosin trong tam giác OAC ta có

AC = OA2 + OC 2 − 2OA.OC.cos120° = a 2 + a 2 − 2a 2 .

−1 =a 3 2

Xét tam giác ABC ta có: AB 2 + BC 2 = AC 2 ⇒ ∆ABC vuông tại B. Gọi H là trung điểm của AC ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

KÈ

Mà OA = OB = OC ⇒ OH ⊥ ( ABC ) ⇒ OH là trục của tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của SB, trong ( SBH ) kẻ đường thẳng vuông góc

ẠY

với SB cắt OH tại I. Ta có I ∈ OH ⇒ IA = IB = IC . Lại có IS = IB ⇒ IA = IB = IC = IS ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.

Ta có: OH = OA2 − AH 2 = a 2 − BH =

3a 2 a = . 4 2

1 a 3 AC = 2 2

⇒ OB = OH 2 + BH 2 =

3a a 2 3a 2 1 + = a ⇒ BM = OB ; OM = 4 4 4 4

Trang 20/6

BH OH ∆OBH ~ ∆OIM (g.g) ⇒ = ⇒ IM = IM OM

a 3 3a . 2 4 = 3a 3 a 4 2

27 a 2 a 2 a 7 + = 16 16 2

⇒ IB = IM 2 + BM 2 =

f ( x) =

FF IC IA L

Câu 43. Chọn đáp án D Phương pháp

( ∫ f ( x ) dx ) '

Cách giải

∫ f ( x ) dx = e

−2018 x

+ C ⇒ f ( x) =

( ∫ f ( x ) dx ) ' = −2018e

−2018 x

Câu 44. Chọn đáp án B Phương pháp sin x π sin x π  liên tục tại x = nên limπ = f  x 2 x x→ 2 2

Cách giải

Vì hàm số

sin sin x π sin x π  2 =2. Vì hàm số = f  = liên tục tại x = nên limπ π x 2 x π x→ 2 2 2 Câu 45. Chọn đáp án B Phương pháp

log a f ( x ) < b ( 0 < a < 1) ⇔ 0 < f ( x ) < a b

Cách giải

log 0,5 ( x − 1) > 1 ⇔ 0 < x − 1 < 0,5 ⇔ 1 < x < 1,5

Câu 46. Chọn đáp án A Phương pháp +) Đặt t = 2sin x , xác định điều kiện của t.

KÈ

+) Khi đó phương trình trở thành f ( t ) = m . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( t ) và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

ẠY

Cách giải

Đặt t = 2sin x , với x ∈ [ −π , π ] ⇒ t ∈ [ −2; 2] .

Khi đó phương trình trở thành f ( t ) = m . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số

y = f ( t ) và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

Với mỗi t ∈ ( −2; 2 ) sẽ cho ta 2 nghiệm x ∈ [ −π ; π ] , khi t = ±2 cho ta 1 nghiệm x.

Khi đó phương trình ban đầu có 3 nghiệm x ∈ [ −π ; π ] ⇒ Phương trình f ( t ) = m có 1 nghiệm t = 2 và một nghiệm t ∈ ( −2; 2 ) hoặc phương trình f ( t ) = m có 1 nghiệm t = −2 và một nghiệm t ∈ ( −2; 2 ) . ⇒ m = 1 hoặc m = −3 ⇒ m ∈ {1; −3} .

Trang 21/6

Câu 47. Chọn đáp án C Phương pháp  AM .BM = 0  +) ∠AMB = ∠BMC = ∠CMA = 90° ⇒  BM .CM = 0  CM . AM = 0 Cách giải Gọi M ( a; b; c ) ⇒ AM = ( a − 2; b; c ) , BM = ( a; b − 2; c ) , CM = ( a; b; c − 2 )

∠AMB = ∠BMC = ∠CMA = 90°  AM .BM = 0 ( a − 2 ) a + b ( b − 2 ) + c 2 = 0   ⇒  BM .CM = 0 ⇔ a 2 + ( b − 2 ) b + c ( c − 2 ) = 0   2 ( a − 2 ) a + b + ( c − 2 ) c = 0 CM . AM = 0

FF IC IA L

+) Gọi M ( a; b; c ) .

a 2 + b 2 + c 2 − 2a − 2b = 0 (*)  ⇔ a 2 + b 2 + c 2 − 2b − 2c = 0  a 2 + b 2 + c 2 − 2 a − 2c = 0  ⇒ 2a + 2b = 2b + 2c = 2c + 2a ⇔ a = b = c

 M ( 0;0; 0 ) a = 0   Thay vào (*) ta có: 3a − 4a = 0 ⇔ ⇒   4 4 4  (tm) 4 a = ; ; M   3 3 3  3 

Vậy có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 48. Chọn đáp án D Phương pháp

Hàm số y = log 2 x ( x > 0 ) có tập giá trị là ℝ .

Cách giải

Hàm số y = log 2 x ( x > 0 ) có tập giá trị là ℝ nên phương trình log 2 x = m có nghiệm thực với mọi giá trị

KÈ

của m. Câu 49. Chọn đáp án B Phương pháp

ẠY

+) Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp tính f ' ( x ) . +) Lập bảng xét dấu f ' ( x ) và kết luận các khoảng đơn điệu của hàm số.

Cách giải

Ta có: f ' ( x ) = 2019 (1 − x 2 )

2018

 x = ±1 x = 0

( −2 x ) = 0 ⇔ 

Bảng xét dấu: x

f '( x)

−∞

−1

−

+∞

−

Từ bảng xét dấu f ' ( x ) ta có hàm số đồng biến trên ( −∞; 0 ) và nghịch biến trên ( 0; +∞ )

Trang 22/6

Chú ý: Do các nghiệm x = ±1 là các nghiệm bội chẵn nên qua đó f ' ( x ) không đổi dấu. Câu 50. Chọn đáp án C Phương pháp Hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) thì F ' ( x ) = f ( x ) .

Cách giải

FF IC IA L

Ta có ( cos 2 x ) ' = 2 cos x ( − sin x ) = −2sin x cos x = − sin 2 x

ẠY

KÈ

Do đó hàm số y = − sin 2 x có một nguyên hàm bằng cos 2 x .

Trang 23/6

HỘI 8 TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

LẦN THI CHUNG THỨ NHẤT

Môn thi: TOÁN – Lớp 12

Mã đề 280

Năm học: 2018-2019

(Đề thi có 07 trang)

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

A. y = 2 .

B. x = 1 .

x +1 là. x−2

FF IC IA L

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

C. x = 2 .

D. y = 2 .

1 Câu 2. Cho cấp số nhân (U n ) có công bội dương và u2 = ; u4 = 4 . Tính giá trị của u1 . 4 1 1 1 1 A. u1 = . B. u1 = . C. u1 = − . D. u1 = . 6 16 16 2 Câu 3. Một hình nón tròn xoay có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy. Diện tích của hình nón bằng 9π. Khi đó đường cao của hình nón bằng.

3 3 . D. . 2 3 Câu 4. Tập hợp tâm các mặt cầu đi qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng là. A. Mặt phẳng. B. Một mặt cầu. C. Một mặt trụ. D. Một đường thẳng. A.

B. 3 3 .

( 2 x ) = 5 . Nghiệm nhỏ nhất của phương trình thuộc khoảng

B. ( 3;5 ) .

C. ( 5;9 ) .

D. (1;3) .

A. ( 0;1) .

Câu 5. Cho phương trình log 22 ( 4 x ) − log

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

D. 1; −3; −5; −7; −9 .

Câu 7. 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. 3

Câu 8. Với a, b là hai số thực dương, a ≠ 1 . Giá trị của a log a b bằng

KÈ

A. b 3 .

1 b. 3

C. 3b.

D. b3 . 2

ẠY

Câu 9. 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: A. 2.

B. 1.

C. 4.

D. 3.

Câu 10. Các khoảng nghịch biến của hàm số y = − x 4 + 2 x 2 − 4 là: A. ( −1;0 ) và (1; +∞ ) .

B. ( −∞; −1) và (1; +∞ ) .

C. ( −1;0 ) và ( 0;1) .

D. ( −∞; −1) và ( 0;1) .

Trang 1/5

Câu 11. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình dưới. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

−∞

+∞

−

+∞ 1

−∞

B. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 . C. Hàm số đạt cực đại tại x = 5 . D. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 . Câu 12. Số tập hợp con có 3 phần tử của một tập hợp gồm 7 phần tử là: A. C73 .

7! . 3!

FF IC IA L

A. Hàm số không có cực trị.

C. A73 .

D. 21.

Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ \ {1} và có bảng biến thiên như hình dưới đây.

x y'

−1

−∞

−

+∞

−

1 +∞

+∞

B. S = [ −1;1] .

C. S = {1} .

A. S = ( −1;1) .

−∞ −1 Tập hợp S tất cả các giá trị của m để phương trình f ( x ) = m có đúng ba nghiệm là

−∞

D. S = {−1;1} .

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

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

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

nguyên hàm I = ∫  2 f ( x ) + f ' ( x ) + 1dx .

Câu 14. Cho biết hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) liên tục và có một nguyên hàm là hàm số F ( x ) . Tìm

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

Câu 15. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ số đôi một khác nhau, sao cho mỗi số đó nhất thiết phải có mặt chữ số 0? A. 7056. B. 120. C. 5040. D. 15120. Câu 16. Với α là số thực bất kỳ, mệnh đề nào sau đây là sai? 2

B. (10α ) = 100α .

KÈ

A. 10α = 10 2 .

C. 10α =

( 10 )

D. (10α ) = 10α .

Câu 17. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ℝ ? A. f ( x ) = x 3 − 3 x 2 + 3 x − 4 .

ẠY

B. f ( x ) = x 2 − 4 x + 1 . C. f ( x ) = x 4 − 2 x 2 − 4 .

2x −1 . x +1 Câu 18. Đường cong ở hình bên dưới là đồ thị của hàm số nào trong bốn hàm số cho dưới đây.

D. f ( x ) =

A. y = x 4 − 2 x 2 + 1 .

B. y = x 3 − 3 x + 1 .

C. y = x 3 − 3 x 2 + 1 .

D. y = − x 3 + 3 x + 1 . Trang 2/6

Câu 19. Tổng các nghiệm của phương trình 3x +1 + 31− x = 10 . A. 1. B. 3. C. −1 . D. 0. Câu 20. Một khối trụ có thiết diện qua trục là một hình vuông. Biết diện tích xung quanh của khối trụ bằng 16π. Thể tích V của khối trụ bằng A. V = 32π . B. V = 64π . C. V = 8π . D. V = 16π . Câu 21. Tập nghiệm S của bất phương trình 3x < e x là: B. S = ℝ \ {0} .

C. S = ( −∞; 0 ) .

D. S = ℝ .

FF IC IA L

A. S = ( 0; +∞ ) .

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

1 C. V = a 3 . D. V = 2a3 . 3 1 Câu 23. Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = biết F (1) = 2 . Giá trị của F ( 2 ) là 2x −1 1 A. F ( 2 ) = ln 3 + 2 . B. F ( 2 ) = ln 3 + 2 . 2 1 C. F ( 2 ) = ln 3 − 2 . D. F ( 2 ) = 2 ln 3 − 2 . 2

B. V = 3a 3 .

A. V = a3 .

x−7 có bao nhiêu đường tiệm cận? x 2 + 3x − 4 A. 0. B. 3. C. 1. D. 2. Câu 25. Cho khối nón có bán kính đáy là r, chiều cao h. Thể tích V của khối nón đó là.

1 B. V = r 2 h . 3

C. V = r 2 h .

A. V = π r 2 h .

Câu 24. Đồ thị hàm số y =

1 D. V = π r 2 h . 3

B. 0.

A. e 2 .

Câu 26. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x.e x +1 trên đoạn [ −2;0] ? 2 C. − . e

D. −1 .

KÈ

độ bằng 1 bằng A. k = −5 .

Câu 27. Cho hàm số y = x3 − 2 x + 1 có đồ thị ( C ) . Hệ số góc k của tiếp tuyến với ( C ) tại điểm có hoành B. k = 10 .

C. k = 25 .

D. k = 1 .

Câu 28. 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

ẠY

hàm số f ( x ) trên đoạn [ −2;3] . Giá trị của S = M + m là

A. 6. B. 1. C. 5. D. 3.

Câu 29. Tập nghiệm S của bất phương trình log 2 ( x − 1) < 3 là. A. (1;9 ) .

B. S = (1;10 ) .

C. ( −∞;9 ) .

D. ( −∞;10 ) . Trang 3/6

Câu 30. Cho hình lăng trụ đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình thoi, biết AA ' = 4a, AC = 2a, BD = a . Thể tích V của khối lăng trụ là.

A. V = 8a 3 .

8 C. V = a 3 . 3

B. V = 2a 3 .

D. V = 4a 3 .

Câu 31. Cho hình lăng trụ ABC. A1 B1C1 có diện tích mặt bên ABB1 A1 bằng 4. Khoảng cách giữa cạnh CC1 và mặt phẳng ( ABB1 A1 ) bằng 6. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A1 B1C1 .

D. 9.

FF IC IA L

A. 12. B. 18. C. 24. Câu 32. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' . Có bao nhiêu mặt trụ tròn xoay đi qua sáu đỉnh A, B, D, C ', B ', D ' ?

Câu 33. Biết F ( x ) = ( ax 2 + bx + c ) e − x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ( 2 x 2 − 5 x + 2 ) e − x trên ℝ . Giá trị của biểu thức

f ( F ( 0 ) ) bằng:

A. 3. B. 2. C. 1. D. 4.

1 D. − . e Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD. Tính sin của góc tạo

B. 3e.

C. 20e 2 .

2 . 2

2 . 4

bởi giữa đường thẳng SA và ( SHK ) .

A. 9e.

14 . 4

7 . 4

Câu 35. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA = a 6 và vuông góc với đáy

( ABCD ) . Tính theo a diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. B. 2π a 2 .

A. 8π a 2 .

C. 2a 2 .

D. a 2 2 .

KÈ

Câu 36. Cho khối lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' . Cắt khối lập phương bởi các mặt phẳng ( AB ' D ' ) và

( C ' BD )

ta được ba khối đa diện. Xét các mệnh đề sau:

ẠY

(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 A. 3. B. 2. C. 0. D. 1.

Câu 37. Giá trị 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

(

)

8 . 5

1 1+ 5 . 2

(

)

p . q

4 . 5

Trang 4/6

Câu 38. Cho hình thang ABCD có A = B = 90°, AD = 2 AB = 2 BC = 2a .

7 2π a 3 . 6

7π a 3 . 12

7 2π a 3 . 12

7π a 3 . 6

FF IC IA L

Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình thang ABCD xung quanh trục CD.

Câu 39. Cho tứ diện ABCD có tam giác ABD đều cạnh bằng 2, tam giác ABC vuông tại B, BC = 3 . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và CD bằng

B. 2.

11 . Khi đó độ dài cạnh CD là 2

C. 1.

Câu 40. 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 5 a 7 5a 7a . . B. MN = C. MN = . D. MN = . 2 2 2 2 Câu 41. Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng a và AB ' ⊥ BC ' . Khi đó thể tích của khối lăng trụ trên sẽ là:

A. MN =

a3 6 a3 6 . B. V = . C. V = a 3 6 . 4 8 Câu 42. Cho các số thực dương a khác 1. Biết rằng bất kỳ đường thẳng nào song song với trục Ox mà cắt các đường

D. V =

7a 3 . 8

D. S =

2 . 3

A. V =

(hình vẽ bên). Giá trị của a bằng

y = 4 x , y = a x , trục tung lần lượt tại M, N và A thì AN = 2 AM

2 1 . B. . 3 2 1 1 C. . D. . 4 2 Câu 43. Tính tổng S tất cả các giá trị của tham số m để hàm số

KÈ

f ( x ) = x 3 − 3mx 2 + 3mmx + m 2 − 2m3 tiếp xúc với trục Ox. A. S =

4 . 3

B. S = 1 .

C. S = 0 .

ẠY

Câu 44. Cho mặt cầu ( S ) tâm I bán kính R. M là điểm thỏa mãn IM =

3R . Hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) qua 2

M tiếp xúc với ( S ) lần lượt tại A và B. Biết góc giữa ( P ) và ( Q ) bằng 60°. Độ dài đoạn thẳng AB bằng

A. AB = R . C. AB =

3R . 2

B. AB = R 3 . D. AB = R hoặc AB = R 3 .

Câu 45. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Trang 5/6

FF IC IA L

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

C. 0.

D. 3.

A. Vô số. B. 4. Câu 46. Cho một bảng ô vuông 3 × 3.

B. P ( A) =

1 . 3

10 . 21

C. P ( A) =

5 . 7

D. P ( A) =

1 . 56

A. P ( A ) =

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

Câu 47. Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

f '( x)

−∞

−

3 +

−

+∞ +

2 1

f ( x)

+∞

KÈ

−∞

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

ẠY

A. ( 2;3 ) .

B. (1; 2 ) .

C. ( 3; 4 ) .

Câu 48. Số giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn

( x − 1) log3 ( 4 x + 1) + log 5 ( 2 x + 1) = 2 x − m

A. 2022.

B. 2021.

D. ( −∞;1) .

[ −2019; 2]

để phương trình

có đúng hai nghiệm thực là

C. 2.

D. 1.

Trang 6/6

Câu 49. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA ⊥ ( ABCD ) . Trên đường thẳng vuông góc với

( ABCD )

1 SA và S , S ' ở 2

lấy điểm S ' thỏa mãn S ' D =

cùng phía đối với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi V1 là thể tích phần chung của hai khối chóp S.ABCD và S '. ABCD . Gọi V2

V1 bằng V2

FF IC IA L

là thể tích khối chóp S.ABCD. Tỉ số

7 1 7 4 . B. . C. . D. . 18 3 9 9 Câu 50. Hình vẽ bên dưới mô tả đoạn đường đi vào GARA ôtô 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 ôtô là 5m × 1,9m (chiều dài × chiều rộng). Để tính toán và thiết kế đường đi cho ôtô người ta coi ôtô như một khối hộp chữ nhật có kích thước chiều dài 5 m, chiều rộng 1,9 m. Hỏi chiều rộng nhỏ nhất của đoạn đường đầu tiên gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau để ôtô có thể đi vào GARA được? (giả thiết ôtô không đi ra ngoài đường, không đi nghiêng và ôtô không bị biến dạng).

B. x = 2, 6 ( m ) .

C. x = 4, 27 ( m ) .

D. x = 3, 7 ( m ) .

ẠY

KÈ

A. x = 3,55 ( m ) .

Trang 7/6

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số C9 C10 C13 C17 C24 C28

C26 C43 C45 C47 C50

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

C16

C5 C8 C21 C29

C19 C37 C42

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

C14

C23

C33

Chương 4: Số Phức

C48

C22 C25

C30 C35 C36

C31 C34 C39 C40 C41

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C4 C32

C38 C44

Chương 1: Khối Đa Diện

Hình học

C3 C20

C49

Lớp 12 (86%)

C1 C11 C18

FF IC IA L

Chương 1: Hàm Số

Đại số

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

KÈ

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

ẠY

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

Lớp 11 (14%)

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

C12

C15 C46

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

C27

Hình học

Trang 8/6

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

FF IC IA L

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 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

Lớp 10 (0%)

Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Hình học

Chương 1: Vectơ

Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Chương 5: Thống Kê

KÈ

Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng

ẠY

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu

Điểm

2.2

3.8

3.2

0.8

Trang 9/6

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, còn lại là câu hỏi lớp 11 chiếm 14%.

FF IC IA L

Không có câu hỏi lớp 10. 20 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.

ẠY

KÈ

Đề thi phân loại học sinh ở mức khá..

Trang 10/6

ĐÁP ÁN 2. B

3. B

4. D

5. A

6. C

7. C

8. D

9. A

10. A

11. B

12. A

13. D

14. D

15. A

16. D

17. A

18. A

19. D

20. D

21. C

22. A

23. A

24. C

25. D

26. D

27. D

28. B

29. A

30. D

31. A

32. D

33. A

34. B

35. A

36. D

37. A

38. A

39. A

40. A

41. B

42. D

43. D

44. A

45. D

46. C

47. A

48. A

49. A

50. D

FF IC IA L

1. C

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. Chọn đáp án C. x +1 +) Ta có lim+ = +∞ . Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là đường thẳng x = 2 . x→2 x − 2 Câu 2. Chọn đáp án B.

u2 1 = . q 16

+) Với q = 4 ⇒ u1 =

1 1   u = u .q = +) Ta có  2 4 ⇔  1 4 ⇒ q 2 = 16 ⇒ q = 4 u4 = 4 u .q 3 = 4  1

Câu 3. Chọn đáp án B.

Theo gt ta có l = 2r , mà S d = 9π ⇔ π r 2 = 9π ⇔ r = 3 ⇒ l = 6 ⇒ h = l 2 − r 2 = 36 − 9 = 3 3 .

( 2 x ) = 5 ⇔ ( log 2 4 + log 2 x ) 2

− 2 log 2 ( 2 x ) − 5 = 0

log 22 ( 4 x ) − log

Câu 4. Chọn đáp án D. Gọi I là tâm mặt cầu đi qua ba điểm phân biệt A, B, C cho trước ⇔ IA = IB = IC . Vậy A, B, C không thẳng hàng thì tập hợp các điểm I là trục của một đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 5. Chọn đáp án A. ĐK: x > 0

⇔ ( log 2 4 + log 2 x ) − 2 ( log 2 2 + log 2 x ) − 5 = 0 ⇔ ( 2 + log 2 x ) − 2 (1 + log 2 x ) − 5 = 0

KÈ

x = 2(n) x = 2  log 2 x = 1  . ⇔ log x + 2 log 2 x − 3 = 0 ⇔  ⇔ ⇔ −3 x = 1 (n)  log 2 x = −3  x = 2  8 2 2

ẠY

1 Nghiệm dương nhỏ nhất là x = . 8 Câu 6. Chọn đáp án C. Dãy số 1; −3; −7; −11; −15 là cấp số cộng vì: kể từ số hạng thứ hai, mỗi số bằng số kề trước nó cộng thêm

−4 . Câu 7. Chọn đáp án C. * TH1: Đề thi gồm 1 câu lý thuyết và 2 câu bài tập

Số cách tạo đề thi: C41 .C62 cách * TH2: Đề thi gồm 2 câu lý thuyết và 1 câu bài tập Số cách tạo đề thi: C42 .C61 cách * KL: Số cách tạo đề thi: C41 .C62 + C42 .C61 = 96 cách. Trang 11/6

Câu 8. Chọn đáp án D. 3

a loga b = b3 Câu 9. Chọn đáp án A. 2

x = 0 f ' ( x ) = 0 ⇔  x = 1 .  x = −2 BBT: x

−∞

−2

f '( x)

f ( x)

FF IC IA L

Ta có f ' ( x ) = x ( x − 1)( x + 2 ) , ∀x ∈ ℝ .

−

f ( 0)

+∞

f (1)

f ( −2 ) −∞

Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 1 nên hàm số có 2 điểm cực trị. Câu 10. Chọn đáp án A.

y ' = −4 x3 + 4 x

−∞

N −1

−

0 0

1 +

+∞

−

x = 0 y ' = 0 ⇔ −4 x 3 + 4 x ⇔   x = ±1 Bảng biến thiên

Vậy các khoảng nghịch biến của hàm số y = − x 4 + 2 x 2 − 4 là ( −1;0 ) và (1; +∞ ) .

KÈ

Câu 11. Chọn đáp án B.

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số y = f ( x ) đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 2 .

Câu 12. Chọn đáp án A.

ẠY

Chọn 3 phần tử từ tập hợp gồm 7 phần tử có C73 cách nên tập hợp có 7 phần tử có C73 tập hợp con.

Câu 13. Chọn đáp án D. Câu 14. Chọn đáp án D.

Ta có I = ∫  2 f ( x ) + f ' ( x ) + 1 dx = 2 ∫ f ( x ) dx + ∫ f ' ( x ) dx + ∫ 1.dx = 2 F ( x ) + f ( x ) + x + C .

Câu 15. Chọn đáp án A. Gọi số cần tìm có dạng abcde (với a ≠ 0; a ≠ b ≠ c ≠ d ≠ e ; e chẵn)

TH1: Nếu e = 0 thì có tất cả A94 = 3024 (số) TH2: Nếu e ≠ 0 thì có 4 cách chọn e; Trang 12/6

+ chọn vị trí cho số 0 có 3 cách chọn (đó là các vị trí b, c, d) + chọn 3 chữ số từ 8 chữ số còn lại và sắp xếp thứ tự cho 3 chữ số đó có A83 cách. Vậy có tất cả là 3024 + 4.3. A83 = 7056 (số) thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 16. Chọn đáp án D. α

)

1 2

2 α

α 2

= 10 ; (10 2

) = (10 )

= 100 ; 10 = (10 α

)

1 2

 1 = 10 2  =  

Và (10α ) = 102α ≠ 10α .

Câu 17. Chọn đáp án A. Ta xét hàm số f ( x ) = x 3 − 3 x 2 + 3 x − 4 ta có 2

( 10 )

;

FF IC IA L

Ta có 10 = (10 α

f ' ( x ) = 3 x 2 − 6 x + 3 = 3 ( x 2 − 2 x + 1) = 3 ( x − 1) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ . Câu 18. Chọn đáp án A.

Gọi hàm số có dạng y = ax 3 + bx 2 + cx + d . Khi đó ta có

 y (0) = 1 d = 1 d = 1 a = 1      y ' (1) = 0 3a + 2b + c = 0 3a + 2b + c = 0 b = 0 ⇔ ⇔ ⇔   y ( −1) = 3 − a + b − c + d = 3 −a + b − c = 2 c = −3  y ' (1) = −1 a + b + c + d = −1 a + b + c = −2 d = 1 

Hàm số có dạng

y = ax3 + bx 2 + cx + d = x3 − 3 x + 1 . Trắc nghiệm:

Đồ thị không phải của hàm số bậc bốn và hàm bậc ba có hệ số của x3 âm suy ra loại y = x 4 − 2 x 2 + 1 và

y = − x3 + 3x + 1 .

Do hàm số đi qua ( −1;3) nên chọn y = x 3 − 3 x + 1 .

Câu 19. Chọn đáp án D. Phương trình tương đương

KÈ

3x +1 + 31− x

3x = 3 ⇒ x1 = 1 2 3 = 10 ⇔ 3.3x + x = 10 ⇔ 3. ( 3x ) − 10.3x + 3 = 0 ⇔  x 1  3 = ⇒ x = −1 3 2  3

Tổng các nghiệm của phương trình bằng x1 + x2 = 1 − 1 = 0 .

ẠY

Câu 20. Chọn đáp án D. Vì diện tích xung quanh của khối trụ bằng 16π nên ta có 16π = 2π .R.h ⇔ R.h = 8 Vì thiết diện qua trục là hình vuông nên ta có h = 2 R , suy ra R.h = 8 ⇔ 2 R.R = 8 ⇔ R 2 = 4 ⇔ R = 2 .

Thể tích khối trụ bằng V = π .2 2.4 = 16π

Câu 21. Chọn đáp án C.

Trang 13/6

3 3 3 3 3 < e ⇔   < 1 ⇔   <   ⇔ x < 0 (do > 1 ) e e e e x

FF IC IA L

Câu 22. Chọn đáp án A. 1 1 Thể tích khối chóp V = .SA.S ABCD = .3a.a 2 = a 3 . 3 3 Câu 23. Chọn đáp án A. 1 1 F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫ dx = ln 2 x − 1 + C mà F (1) = 2 nên 2x −1 2 C = 2. 1 1 ln 2.2 − 1 + 2 = ln 3 + 2 . 2 2 Câu 24. Chọn đáp án C. F ( 2) =

Tập xác định D = [ 7; +∞ )

1 7 − 4 3 x−7 lim 2 = lim x x = 0 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = 0 . x →+∞ x + 3 x − 4 x →+∞ 3 4 1+ − 2 x x Câu 25. Chọn đáp án D. Câu 26. Chọn đáp án D. TXĐ D = ℝ

Hàm số liên tục trên đoạn [ −2;0 ] .

y ' = 0 ⇔ x = −1 ∈ [ −2; 0]

Vậy min y = −1 . [ −2;0]

−2 . e

y ( 0 ) = 0; y ( −1) = −1; y ( −2 ) =

Ta có y ' = ( x + 1) e x +1

Câu 27. Chọn đáp án D.

KÈ

Ta có y ' = 3 x 2 − 2

y ' (1) = 1 .

Hệ số góc k của tiếp tuyến với ( C ) tại điểm có hoành độ bằng 1 bằng k = 1 .

ẠY

Câu 28. Chọn đáp án B.

M = 3 Dựa vào đồ thị ta có  ⇒ S = M + m = 3 + ( −2 ) = 1 . m = −2 Câu 29. Chọn đáp án A. Điều kiện: x − 1 > 0 ⇔ x > 1 .

Ta có: log 2 ( x − 1) < 3 ⇔ x − 1 < 8 ⇔ x < 9 So với điều kiện ta có tập nghiệm S = (1;9 ) .

Câu 30. Chọn đáp án D. Trang 14/6

FF IC IA L

Ta có: S ABCD =

1 1 AC.BD = .2a.a = a 2 . 2 2

Vậy thể tích của khối lăng trụ: V = AA '.S ABCD = 4a.a 2 = 4a 3 .

Câu 31. Chọn đáp án A.

Do CC1 / / AA1 ⇒ CC1 / / ( ABB1 A1 ) nên d ( CC1 ; ( ABB1 A1 ) ) = d ( C ; ( ABB1 A1 ) ) = 6 .

Nhận xét:

VA1 . ABC = VC . A1B1C1 (do S ∆ABC = S ∆A1B1C1 ; d ( A1 ; ( ABC ) ) = d ( C ; ( A1 B1C1 ) ) ) (1).

VA1 .B1BC = VA1 .B1C1C = VC . A1B1C1 (do S ∆B1BC = S ∆CB1C1 ; d ( A1 ; ( B1 BC ) ) = d ( A1 ; ( B1CC1 ) ) ) (2)

1 1 1 Từ (1) và (2), ta có: VABC . A1B1C1 = 3.VC . A1 AB = 3. .d ( C ; ( ABB1 A1 ) ) .S ∆ABA1 = 3. .6. .4 = 12 . 3 3 2 Cách 2:

Gọi thể tích lăng trụ ABCA1 B1C1 là V.

Ta chia khối lăng trụ thành ABCA1 B1C1 theo mặt phẳng ( ABC1 ) được hai

KÈ

khối: khối chóp tam giác C1. ABC và khối chóp tứ giác C1. ABB1 A1

ẠY

1 2 Ta có VC1 . ABC = V ⇒ VC1 . ABB1 A1 = V 3 3 1 1 3 Mà VC1 . ABB1 A1 = .S ABB1 A1 .d ( C ; ( ABB1 A1 ) ) = .4.6 = 8 . Vậy V = 8. = 12 . 3 3 2 Câu 32. Chọn đáp án D.

Trang 15/6

FF IC IA L

Câu 33. Chọn đáp án A.

f ( x ) = F ' ( x ) =  −ax 2 + ( 2a − b ) x + c  e − x . Câu 34. Chọn đáp án B. AC ∩ BD = O, HK ∩ AC = I ⇒ I là trung điểm của AO. tam

giác

đều

SAB

nên

SH ⊥ AB ,

lại

có:

Dựng

AE ⊥ SI ⇒ AE ⊥ ( SHK ) .

Vậy góc tạo bởi đường thẳng SA và ( SHK ) là ASE . Do ABCD là hình vuông nên

a 3 2

Tam giác SAB đều nên SH =

AC a 2 BO a 2 . = , HI = = 4 4 2 2

AI =

( ABCD ) ∩ ( SHK ) = SI .

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) . Do SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ AC , lại có AC ⊥ BD (do ABCD là hình vuông) nên AC ⊥ ( SHK ) ⇒ ( ABCD ) ⊥ ( SHK )

Tam giác ∆SHI vuông tại

3a 2 a 2 7a + = 4 8 2 2

H ⇒ SI = SH 2 + HI 2 = Xét tam giác ASI có:

14 SA2 + SI 2 − AI 2 = 2 = ⇒ sin ASI 2.SA.SI 4 4

KÈ

cos ASI =

ẠY

Cách 2:

Do AC ⊥ HK và AC ⊥ SH nên AC ⊥ ( SHK ) .

ASI . Suy ra góc giữa SA và ( SHK ) bằng góc AC 2 Ta có sin ( SA, ( SHK ) ) = sin ASI = 4 = . SA 4 Câu 35. Chọn đáp án A.

Trang 16/6

FF IC IA L

Ta có tam giác SBC vuông tại B, tam giác SCD vuông tại D, tam giác SAC vuông tại A. Gọi I là trung điểm của SC khi đó ta có IS = IA = IB = IC = ID Suy ra I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Ta có SC = SA2 + AC 2 = 6a 2 + 2a 2 = 2a 2

Suy ra R = IC = a 2 ⇒ S = 8π a 2 . Câu 36. Chọn đáp án D.

Ta có khối đa diện C.C ' BD bằng khối đa diện A '. AB ' D ' . Câu 37. Chọn đáp án A.

Đặt t = log16 p = log 20 q = log 25 ( p + q )

p  4  −1 + 5 =  = . q 5 2

KÈ

Suy ra

 p = 16t 2t t t  4  4  4  −1 + 5 ⇔ q = 20t ⇔ 16t + 20t = 25t ⇔   +   − 1 = 0 ⇔   = 2 5 5 5  p + q = 25t 

ẠY

Câu 38. Chọn đáp án A. Gọi M là giao điểm của AB và CD. Từ B kẻ đường thẳng song song với AC, cắt CM tại N. Khi quay ABCD quanh trục CD ta được hai phần: + Tam giác ACD sinh ra khối nón với bán kính đáy r = AC = a 2 , chiều cao h = CD = a 2 . Do đó thể tích phần

2 1 2 2π a 3 này là V1 = π a 2 .a 2 = . 3 3 + Tam giác ABC sinh ra một phần của khối nón với bán kính đáy

(

)

r = AC = a 2 và chiều cao h = CM = a 2 .

Trang 17/6

Gọi V2 , V ,V ' lần lượt là thể tích của khối tròn xoay có được khi quay ABC , ACM , BCM quanh trục CD. Ta có V2 = V − V ' .

2 2π a 3 3

1 1 a 2 V ' = 2. π .BN 2 .MN = 2. π .   3 3  2 

Do đó V2 = V − V ' =

π a3 2 2

 a 2  π a3 2  =  6  2 

FF IC IA L

V = V1 =

7π 2a 3 . 6

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là V1 + V2 =

Cách 2: Khối nón đỉnh D, trục CD có chiều cao CD = a 2 , bán kính đáy CA = a 2 nên có thể tích

a 2 a 2 , hai đáy có bán kính CA = a 2 và HB = nên thể tích khối chóp 2 2

Khối chóp cụt có trục CH =

1 2 2π a 3 V1 = CD.π .CA2 = . 3 3

1 7 2π a 3 cụt là V2 = CH .π . ( CA2 + HB 2 + CA.HB ) = 3 12

KÈ

1 2π a 3 Khối chóp đỉnh C, trục CH có thể tích V3 = .CH .π .HB 2 = 3 12 Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là: V = V1 + V2 − V3 =

7 2π a 3 . 6

ẠY

3 1  3  1   3 7 2a 3 Cách 3: V = 2 [VnonD − VnonC ] = 2. π  2 −   a = 6 . 3   2  

Câu 39. Chọn đáp án A.

Trang 18/6

FF IC IA L

Dựng hình chữ nhật ABCE. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CE.

CE ⊥ MN Từ M kẻ MH ⊥ DN . Khi đó ta có  ⇒ CE ⊥ MH . CE ⊥ DM ( CE / / AB )

11 . 2

Suy ra

Do đó d ( AB, CD ) = d ( M , ( CDE ) ) = MH =

CD = DN 2 + NC 2 = 12 + 12 = 2 .

( 3)

 11  −   = 1 2  

ẠY

KÈ

Cách 2:

( 3)

 11  −   + 2  

DN = DH + HN = DM − MH + MN − MH =

Gọi A1 là trung điểm của AB.

Tứ diện A1 BCD thỏa mãn: A1 D = BC = 3; A1C = BD = 2 .

Khi đó đoạn vuông góc chung của AB và CD là MN với M, N lần lượt là trung điểm của A1 B, CD . Vậy

MN =

11 . 2

Ta có: BN 2 = MN 2 + BM 2 ⇔

2 ( 3 + 4 ) − CD 2 1 11 = + ⇔ CD = 2 . 4 4 4

Câu 40. Chọn đáp án A. Trang 19/6

(

)

(

)

(

)

FF IC IA L

2  1  2 1 2 Ta có: MN =  AB + DC  = AC + CB + DB + BC 4 2  1 1 2 1 2 2 25 2 a . = AC + DB = AC + BD + 2. AC.BD = ( 9a 2 + 16a 2 ) = 4 4 4 4 5 Suy ra MN = a . 2 Cách 2:

Gọi P là trung điểm AB. Ta có ( AC , BD ) = ( PN , PM ) = ∠NPM = 90° .

Suy ra ⇒ ∆MNP vuông tại P.

KÈ

Vậy MN = PN 2 + PM 2 =

5a . 2

ẠY

Câu 41. Chọn đáp án B.

Trang 20/6

a Ta có AB '.B ' C = 0 ⇔ AA ' + AB BC + BB ' = 0 ⇔ AA '2 = − AB.BC ⇔ AA ' = . 2

(

)(

Vậy thể tích lăng trụ là V =

)

a2 3 a 2 a3 6 . . = 4 2 8

FF IC IA L

Cách 2:

Gọi E là điểm đối xứng của C qua điểm B. Khi đó tam giác ACE vuông tại A.

⇒ AE = 4a 2 − a 2 = a 3 .

AE a 3 a 6 = = . 2 2 2

⇒ AB ' =

Mặt khác, ta có BC ' = B ' E = AB ' nên tam giác AB ' E vuông cân tại B ' .

Y U

a 2 a2 3 a3 6 . . = 2 4 8 Câu 42. Chọn đáp án D.

Vậ y V =

a 6 a 2 2 Suy ra: AA ' =  .  − a = 2  2 

Giả sử N, M có hoành độ lần lượt là n, m. Theo đề, ta có: − n = 2m, a n = 4m . m

V ậ y a −2 m = 4 m ⇔ ( 4 a 2 ) = 1 ⇔ 4 a 2 = 1 ⇔ a =

1 . 2

Câu 34. Chọn đáp án D.

KÈ

 f ( x ) = 0 Đồ thị tiếp xúc với Ox khi hệ:  có nghiệm.  f ' ( x ) = 0

ẠY

 x3 − 3mx 2 + 3mx + m 2 − 2m3 = 0 Tức là hệ:  2 có nghiệm.  x − 2mx + m = 0

( x − m )3 − 3m ( m − 1) x + m 2 − m3 = 0 có nghiệm. ⇔ 2 2 x − m = m − m ( )  ( m 2 − m ) ( x + m ) = 0 có nghiệm. ⇔ 2 2 ( x − m ) = m − m

1 ⇒ m = 0; m = 1; m = − . 3

Trang 21/6

FF IC IA L

Câu 44. Chọn đáp án A.

Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) , C là giao điểm của d và ( IAB ) . Ta có:

AB 2R = < IM (thỏa mãn) sin 60° 3

TH2: ACB = 60° thì AIB = 120°

⇒ IC =

d ⊥ IA d ⊥ BC ⇒ d ⊥ ( IBA) ⇒  ⇒ ACB = 60° hoặc ACB = 120° .  d ⊥ IB d ⊥ AC   Mặt khác IC ⊥ d ⇒ IC ≤ IM TH1: ACB = 120° thì AIB = 60° ⇒ tam giác IAB đều ⇒ AB = R

Áp dụng định lý côsin trong tam giác IAB ta được AB = R 3 AB = 2 R > IM (không thỏa mãn) sin 30° Vậy AB = R . Cách 2:

ẠY

KÈ

⇒ IC =

 AIB = 60° Do IA ⊥ ( P ) và IB ⊥ ( Q ) nên  .  AIB = 120°

Nế u AIB = 60° ⇒ AB = R . AIB = 120° ⇒ AB = R 3 . Nế u Mặt khác A, B thuộc đường tròn ( C ) (là tập hợp các tiếp điểm của tiếp tuyến qua M của ( S ) ). Suy ra

AB ≤ CD (với CD là một đường kính của ( C ) ). Trang 22/6

Ta có: IC 2 = IH .IM ⇒ IH =

2R R 5 2 5R ⇒ CH = IC 2 − IH 2 = ⇒ CD = < 3R . 3 3 3

Vậy AB = R . Câu 45. Chọn đáp án D. (1) f ( x 2 − 4 x + 5 ) + 1 = m ⇔ f ( x 2 − 4 x + 5 ) = m − 1 ⇔ f ( u ) = m − 1 ( u = x 2 − 4 x + 5 ) 2

FF IC IA L

u = x2 − 4x + 5 = ( x − 2) + 1 ≥ 1

Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi đồ thị y = f ( u ) ( u ∈ [1; +∞ ) ) cắt đường thẳng

y = m −1 ⇔ m −1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 3

Kết hợp điều kiện m nguyên dương ta được 0 < m ≤ 3 . Vậy có 3 giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có nghiệm. Câu 46. Chọn đáp án C. Số cách sắp xếp 9 chữ số đã cho vào ô vuông bằng n ( Ω ) = 9!

Ta có: A là biến cố: “tồn tại một hàng hoặc một cột gồm ba số chẵn”.

Do có 4 số chẵn (2, 4, 6, 8) nên A là biến cố: “có đúng một hàng hoặc một cột gồm 3 số chẵn”.

( )

Ta tính n A :

( )

Vậy n A = 6 × 6 × 4!× 5!.

Chọn 4 ô điền số chẵn: Chọn một hàng hoặc một cột thì có 6 cách. Chọn một ô còn lại có 6 cách. Điền 4 số chẵn vào 4 ô trên có 4! cách. Điền 5 số lẻ vào 5 ô còn lại có 5! Cách.

6.6.5!.4! 2 5 = ⇒ P ( A) = . 9! 7 7 Câu 47. Chọn đáp án A.

( )

Suy ra P A =

Ta có: y ' = 3. ( f ( x ) ) . f ' ( x ) − 6. f ( x ) . f ' ( x ) = 3. f ' ( x ) . f ( x ) .  f ( x ) − 2  .

KÈ

 f '( x) > 0   f ' ( x ) > 0 ⇒  f ( x) > 0 ⇒ y'< 0. Với x ∈ ( 2;3) thì   f ( x ) ∈ (1; 2 )  f x − 2 < 0  ( )

ẠY

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên ( 2;3 ) .

Câu 48. Chọn đáp án A. 1 - Điều kiện: x > − . 4

- Với x = 1 thay vào phương trình ( x − 1)  log 3 ( 4 x + 1) + log 5 ( 2 x + 1)  = 2 x − m (*) ta được m = 2 .

Khi m = 2 thì phương trình đã cho trở thành:  x −1 = 0 .  log 3 ( 4 x + 1) + log 5 ( 2 x + 1) = 2 (1)

( x − 1) log3 ( 4 x + 1) + log 5 ( 2 x + 1) = 2 x − 2 ⇔ 

Trang 23/6

Dễ thấy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x0 ≠ 1 . ⇒ m = 2 thì phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực.

- Với x ≠ 1 thì:

⇔ log 3 ( 4 x + 1) + log 5 ( 2 x + 1) −

2x − m = 0. x −1

Xét hàm số y = log 3 ( 4 x + 1) + log 5 ( 2 x + 1) − Ta có: y ' =

2x − m x −1

FF IC IA L

( x − 1) log3 ( 4 x + 1) + log 5 ( 2 x + 1) = 2 x − m ⇔ log 3 ( 4 x + 1) + log5 ( 2 x + 1) =

2x − m  1  với x ∈  − ;1 ∪ (1; +∞ ) . x −1  4 

4 2 2−m  1  + + > 0, ∀x ∈  − ;1 ∪ (1; +∞ ) và m < 2 . 2 ( 4 x + 1) ln 3 ( 2 x + 1) ln 5 ( x − 1)  4 

Bảng biến thiên:

1 4

−1

+∞

−

+∞

−∞

 1  Dựa vào bảng biến thiên ta có: phương trình y = 0 có đúng 2 nghiệm x1 ∈  − ;1 ; x2 ∈ (1; +∞ ) với mọi  4  m < 2.

Vậy với mọi giá trị nguyên của m thuộc đoạn [ −2019; 2] thì phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực

ẠY

KÈ

phân biệt, tức là có 2022 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 49. Chọn đáp án A.

Gọi E = SD ∩ S ' A . Hai mặt phẳng ( SCD ) và ( S ' AB ) có điểm chung E và có CD / / AB nên giao tuyến của ( SCD ) và

( S ' AB )

là đường thẳng d qua E song song với CD.

d ∩ S ' B = T và d ∩ SC = F . Phần chung của hai khối chóp S.ABCD và S '. ABCD là khối đa diện ABTEDC . Trang 24/6

Ta có: V1 = VABTEDC = VS '. ABCD − VS '.ETCD .

S 'D 1 S 'E 1 S ' E 1 S 'T = ⇒ = ⇒ = = . SA 2 AE 2 S ' A 3 S 'B VS '. ETD S ' E S ' T 1 1 . = = ⇒ VS '.ETD = VS '. ABCD . VS '. ABD S ' E S ' B 9 18

FF IC IA L

VS '.TCD S ' T 1 1 = = ⇒ VS '.TCD = VS '. ABCD . VS '.BCD S ' B 3 6 2 7  1 1 Suy ra VS '. ETCD =  +  VS '. ABCD = VS '. ABCD ⇒ V1 = VS '. ABCD . 18 6 9 9  

Lại có V2 = VS . ABCD = 2VS '. ABCD . Do đó

V1 7 = . V2 18

Cách 2:

1 1 1 SA ⇒ VS '. ABCD = VS . ABCD = V2 . 2 2 2 ES ' S ' D 1 = = . Gọi E = S ' A ∩ SD ⇒ EA SA 2 Ta có: S ' D =

KÈ

Gọi F = S ' B ∩ ( SCD ) ⇒ EF = ( S ' AB ) ∩ ( SCD ) . S 'F S 'E 1 = = . S 'B S ' A 3 Khi đó: Phần chung của hai khối chóp S . ABCD và S '. ABCD là khối đa diện ABCDEF .

ẠY

Vì AB / / CD ⇒ EF / / AB / / CD ⇒

VS '.EFD S ' E S ' F 1 1 1 1 = . = ⇒ VS '.EFD = VS '. ABD = VS '. ABCD = V2 . 9 18 36 VS '. ABD S ' A S ' B 9

Ta có:

VS '.FCD S ' F 1 1 1 1 = = ⇒ VS '.EFD = VS '.BCD = VS '. ABCD = V2 . 3 6 12 VS '.BCD S ' B 3

1 7 Suy ra: VS '. EFCD = VS '.EFD + VS '.EFCD = V2 ⇒ V1 = VABCDEF = VS '. ABCD − VS '. EFCD = Vs . 9 18 V 7 Vậ y 1 = . V2 18 Trang 25/6

FF IC IA L

Câu 50. Chọn đáp án D.

- Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

)

(

x y + = 1. −a 25 − a 2

Suy ra phương trình AB là:

Khi đó: M ( −2, 6; m ) . Gọi B ( − a;0 ) ⇒ A 0; 25 − a 2 .

x y + −k = 0. −a 25 − a 2 Khoảng cách giữa AB và CD là chiều rộng của ôtô và bằng 1,9 m nên:

9,5

a 25 − a 2

2  1 1     +  a   25 − a 2 

= 1,9 ⇔ k = 1 +

k −1

Do CD / / AB nên phương trình CD là:

2, 6 9,5 m + −1 − ≥0 2 a 25 − a a 25 − a 2

9, 5 2, 6. 25 − a 2 − (đúng với mọi a ∈ ( 0;5] ). a a

⇔ m ≥ 25 − a 2 +

Suy ra:

Điều kiện để ô tô đi qua được là M và O nằm khác phía đối với đường thẳng CD

KÈ

- Xét hàm số: f ( a ) = 25 − a 2 +

ẠY

Có f ' ( a ) = −

25 − a 2

−

9, 5 2, 6. 25 − a 2 trên nửa khoảng ( 0;5] . − a a

9, 5 65 65 − 9,5. 25 − a 2 − a 3 + = a 2 a 2 25 − a 2 a 2 25 − a 2

⇒ f ' ( a ) = 0 ⇔ a = 3 ∈ ( 0;5 ) .

BBT:

f '(a)

−

37 10

f (a)

−∞

19 10

Trang 26/6

Do đó m ≥ f ( a ) , ∀a ∈ ( 0;5] ⇔ m ≥

37 = 3, 7 . 10

Vậy x = 3, 7 là giá trị cần tìm.

Chú ý: Có thể dùng MTCT để dò tìm max f ( a ) .

ẠY

KÈ

FF IC IA L

( 0;5)

Trang 27/6

SỞ GD&ĐT BẠC LIỆU

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II

CỤM CHUYÊN MÔN 01

NĂM HỌC: 2018 – 2019

ĐỀ THI THAM KHẢO

Môn thi: TOÁN

(Đề thi có 06 trang)

Thời gian làm bài: 90 phút ----------------------------------------

Câu 1. Cho hai hàm số y = log a x, y = log b x (với a, b là hai số thực dương khác 1) có đồ thị lần lượt là ( C1 ) , ( C2 ) như hình vẽ. Khẳng A. 0 < b < 1 < a . C. 0 < b < a < 1 .

định nào sau đây đúng?

FF IC IA L

Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần II môn Toán của Cụm chuyên môn 01 Sở giáo dục đào tạo Bạc Liêu gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra còn một số ít các bài thuộc nội dung Toán lớp 11, 10, lượng kiến thức được phân bố như sau: 86% lớp 12, 12% lớp 11, 2% 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 tạo đã công bố từ đầu tháng 12. Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất.

B. 0 < a < b < 1 . D. 0 < a < 1 < b

B. 8.

C. 3.

A. 4.

Câu 2. Hình nón có diện tích xung quanh bằng 24π và bán kính đường tròn đáy bằng 3. Đường sinh của hình nón có độ dài bằng:

89 .

Câu 3. Tính thể tích V của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x = 1 và x = 4 , biết rằng khi cắt vật thể bởi mặt phẳng tùy ý vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x ( 1 ≤ x ≤ 4 ) thì được thiết diện là một hình lục giác đều có độ dài cạnh là 2x. B. V = 126 3 .

A. V = 126 3π .

C. V = 63 3π .

D. V = 63 3 .

B. V = Bh .

C. V = π Bh .

A. V = 2π Bh .

Câu 4. Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy là B và chiều cao h được tính bởi công thức 1 D. V = Bh . 3

KÈ

Câu 5. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z + 9 = 0 . Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu là:

B. I ( −1; 2; −3) và R = 5 .

C. I (1; −2;3) và R = 5 .

D. I ( −1; 2; −3) và R = 5 .

ẠY

A. I (1; −2;3) và R = 5 .

Câu 6. Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

1 thỏa mãn F ( 5 ) = 2 và F ( 0 ) = 1 . Tính x −1

F ( 2 ) − F ( −1) . A. 1 + ln 2 .

B. 0.

C. 1 − 3ln 2 .

D. 2 + ln 2 .

Câu 7. Tìm nghiệm của phương trình log 2 ( x − 5 ) = 4 . A. x = 13 .

B. x = 3 .

C. x = 11 .

D. x = 21 .

Câu 8. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x + e x là Trang 1/5

A. 2 + e x + C .

B. x 2 + e x + C .

C. 2 x 2 + e x + C .

D. x 2 − e x + C .

Câu 9. Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ. Đặt g ( x ) = 3 f ( x ) − x 3 + 3x − m , với m là tham số thực. Điều kiện cần và đủ để bất phương trình g ( x ) ≥ 0 nghiệm đúng với ∀x ∈  − 3; 3  là

( 3) .

B. m ≤ 3 f ( 0 ) .

(

C. m ≥ 3 f (1) .

)

D. m ≥ 3 f − 3 .

Câu 10. Xét hai số thực a, b dương khác 1. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. ln ( ab ) = ln a.ln b . C. ln

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

a ln a = . b ln b

D. ln a b = b ln a .

FF IC IA L

A. m ≤ 3 f

Câu 11. Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( −4;0;1) và mặt phẳng ( P ) : x − 2 y − z + 4 = 0 . Mặt phẳng đi qua điểm A và song song với mặt phẳng ( P ) có phương trình là

(Q)

B. ( Q ) : x − 2 y + z − 5 = 0 .

C. ( Q ) : x − 2 y + z + 5 = 0 .

D. ( Q ) : x − 2 y − z + 5 = 0 .

A. ( Q ) : x − 2 y − z − 5 = 0 .

Câu 12. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z − 6 = 0 và ( Q ) : x + 2 y − 2 z + 3 = 0 . Khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) bằng

Câu

B. 6. 13.

Có

bao

nhiêu

giá

C. 1.

trị

A. 3.

nguyên

c ủa

D. 9. số

tham

để

đồ

thị

c ủa

hàm

số

B. 2.

A. 3.

y = x 3 + ( m + 2 ) x 2 + ( m 2 − m − 3) x − m 2 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt? C. 4.

Câu 14. Cho đồ thị y = f ( x ) như hình vẽ sau đây. Biết rằng 2

∫ f ( x ) dx = a −2

∫ f ( x ) dx = b . Tính diện tích S của phần hình phẳng được tô đậm.

và

D. 1.

KÈ

B. S = − a − b . D. S = a + b .

ẠY

A. S = b − a . C. S = a − b .

Câu 15. Đường cong trong hình vẽ sau đây là đồ thị của hàm số nào? A. y = − x 3 + 3 x + 1 .

B. y = x 4 − 2 x 2 + 1 .

C. y = x 3 − 3 x + 1 .

D. y = x 3 − 3 x 2 + 1 .

Trang 2/26

Câu 16. Biết

∫ 1

x3dx x2 + 1 −1

= a 5 + b 2 + c với a, b, c là các số hữu tỉ. Tính P = a + b + c .

5 A. P = − . 2

7 . 2

B. P =

C. P =

5 . 2

D. P = 2 .

Câu 17. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2 x 3 − 3 x 2 − 12 x + 10 trên đoạn [ −3;3] là:

B. −1 .

C. 7.

D. 18.

FF IC IA L

A. −18 .

Câu 18. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình bên dưới. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

+∞

−1

−

B. ( −1;0 ) .

C. ( −∞;1) .

D. ( 0;1) .

x + 7 −3 có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? x2 − 2 x

A. 2.

−

−∞

−1

Câu 19. Đồ thị hàm số y =

−∞ A. (1; +∞ ) .

+∞

B. 3.

C. 1.

D. 0.

Câu 20. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + z + 4 = 0 . Khi đó mặt phẳng ( P ) có một

vectơ pháp tuyến là A. n1 = ( 2; −1;1) .

B. n2 = ( 2;1;1) .

C. n4 = ( −2;1;1) .

(

D. n3 = ( 2;1; 4 ) .

)

3 . 4

B. S = 7 .

C. S =

A. S =

Câu 21. Cho a là số thực dương bất kì khác 1. Tính S = log a a 3 4 a . 13 . 4

D. S = 12 .

Câu 22. Cho một hình trụ có chiều cao bằng 2 và bán kính đáy bằng 3. Thể tích khối trụ đã cho bằng B. 15π.

A. 6π.

KÈ

Câu 23. Đồ thị hàm số y = A. y =

1 . 4

C. 9π.

D. 18π.

x +1 có đường tiệm cận ngang là đường thẳng nào sau đây? 4x −1

B. x =

1 . 4

C. x = −1 .

D. y = −1 .

ẠY

Câu 24. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số thực m để hàm số y = ln ( x 2 + 1) − mx + 1 đồng biến

trên ℝ ?

A. [ −1;1] .

B. ( −1;1) .

C. ( −∞; −1] .

D. ( −∞; −1) .

Câu 25. Trong không gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng ( P ) đi qua điểm B ( 2;1; −3) , đồng thời

vuông góc với hai mặt phẳng ( Q ) : x + y + 3 z = 0, ( R ) : 2 x − y + z = 0 là:

A. 2 x + y − 3 z − 14 = 0 .

B. 4 x + 5 y − 3 z + 22 = 0 .

C. 4 x + 5 y − 3 z − 22 = 0 .

D. 4 x − 5 y − 3 z − 12 = 0 . Trang 3/26

Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

I ( −1; 2; −1) . Viết phương trình mặt cầu

( P ) : x − 2 y + 2 z − 2 = 0 và điểm ( S ) có tâm I và cắt mặt phẳng ( P ) theo giao tuyến là đường

tròn có bán kính bằng 5. 2

A. ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 34 .

B. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 16 .

D. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 34 . Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho a = i + 3 j − 2k . Tọa độ của vectơ a là A. ( 2; −3; −1) .

B. ( −3; 2; −1) .

C. ( 2; −1; −3) .

Câu 28. Tìm giá trị cực tiểu yCT của hàm số y = x 3 − 3 x 2 . A. yCT = −4 .

∫

C. yCT = 0 .

D. yCT = 2 .

f ( x ) dx = 2 . Tính giá trị của tích phân L = ∫  2 f ( x ) − x 2  dx .

A. L = 0 .

B. L = −5 .

C. L = −23 .

7 . 3

Câu 30. Cho cấp số cộng có u1 = −3; u10 = 24 . Tìm công sai d? 7 C. d = − . 3

B. d = −3 .

D. L = −7 .

D. d = 3 .

A. d =

D. (1;3; −2 ) .

Câu 29. Cho

B. yCT = −2 .

FF IC IA L

C. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 25 .

B. P = 2 log 2 3 .

C. P = log 2 3 .

D. P = 6 .

A. P = log 2 6 .

Câu 31. Cho phương trình 2 2 x − 5.2 x + 6 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Tính P = x1.x2 .

7 . 4

33 . 4

Câu 32. Cho hình chóp S.ABCD đều có AB = 2 và SA = 3 2 . Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho bằng C.

9 . 4

D. 2.

Câu 33. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng

KÈ

A. V = a 3 6 .

đáy và SA = a 6 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. B. V =

a3 6 . 4

C. V =

a3 6 . 6

D. V =

a3 6 . 3

Câu 34. Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ ( ABC ) , tam giác ABC vuông ở B. AH là đường cao của ∆SAB . Tìm khẳng định sai.

ẠY

A. SA ⊥ BC .

B. AH ⊥ AC .

C. AH ⊥ SC .

D. AH ⊥ BC .

Câu 35. Từ các chữ số 1; 5; 6; 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau?

A. 12.

B. 24.

C. 64.

D. 256.

C. D = ( −∞; 4 ) .

D. D = ℝ .

Câu 36. Hàm số y = ( 4 − x ) 5 có tập xác định là A. D = ℝ \ {4} .

B. D = ( 4; +∞ ) .

Câu 37. Biết bất phương trình log 5 ( 5 x − 1) .log 25 ( 5 x+1 − 5 ) ≤ 1 có tập nghiệm là đoạn [ a; b] . Giá trị của

a + b bằng A. 2 + log 5 156 .

B. −1 + log 5 156 .

C. −2 + log 5 156 .

D. −2 + log 5 26 . Trang 4/26

Câu 38. Một người lần đầu gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn theo quý (3 tháng), lãi suất 2% một quý. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi quý số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho quý tiếp theo. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kỳ hạn và lãi suất như trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được 1 năm sau khi gửi tiền (cả vốn lẫn lãi) gần nhất với kết quả nào sau đây? A. 212 triệu đồng.

B. 216 triệu đồng.

C. 210 triệu đồng.

D. 220 triệu đồng.

A. y = 30 x + 25 .

B. y = 9 x − 25 .

Câu 40. Cho

∫

C. y = 9 x + 25 .

f ( x ) dx = 1 và

∫

f ( x ) dx = −2 . Giá trị của

A. −3 .

D. y = 30 x − 25 .

∫ f ( x ) dx bằng 1

B. −1 .

FF IC IA L

Câu 39. Tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = x 3 + 3 x 2 − 2 tại điểm có hoành độ bằng −3 có phương trình là

C. 3.

D. 1.

Câu 41. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC = 2a, SA vuông góc với mặt

2a 39 . 13

2a 3 . 13

Câu 42. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

a 39 . 13

phẳng đáy và SA = 2a 3 . Gọi M là trung điểm của AC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM bằng

2a . 13 2

2MA2 + MB 2 . B. 123.

C. 65.

A. 5.

( S ) : ( x − 3) + ( y − 1) + ( z − 1) = 4 và hai điểm A ( −1; 2; −3) ; B ( 5; 2;3) . Gọi M là điểm thay đổi trên mặt cầu ( S ) . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức D. 112.

Câu 43. Trong một cuộc thi pha chế, mỗi đội chơi được sử dụng tối đa 24g hương liệu, 9 lít nước và 210g đường để pha chế nước cam và nước táo. Để pha chế 1 lít nước cam cần 30g đường, 1 lít nước và 1g hương liệu; còn để pha chế 1 lít nước táo, cần 10g đường, 1 lít nước và 4g hương liệu. Mỗi lít nước cam nhận được 60 điểm và mỗi lít nước táo nhận được 80 điểm. Gọi x, y lần lượt là số lít nước cam và

nước táo mà mỗi đội cần pha chế sao cho tổng điểm đạt được là lớn nhất. Tính T = 2 x 2 + y 2 .

A. T = 43 .

B. T = 66 .

C. T = 57 .

D. T = 88 .

ẠY

KÈ

Câu 44. Sân trường có một bồn hoa hình tròn tâm O. Một nhóm học sinh lớp 12 được giao thiết kế bốn hoa, nhóm này định bồn hoa thành bốn phần bởi hai đường parabol có cùng đỉnh O và đối xứng nhau qua O (như hình vẽ). Hai đường parabol cắt đường tròn tại bốn điểm A, B, C, D tạo thành một hình vuông có cạnh bằng 4m. Phần diện tích S1 , S 2 dùng để trồng hoa, phần diện tích S3 , S 4 dùng để trồng cỏ.

Biết kinh phí trồng hoa là 150.000 đồng/ 1 m 2 , kinh phí để trồng cỏ là

100.000 đồng/ m 2 . Hỏi nhà trường cần bao nhiêu tiền để trồng bồn hoa đó? (Số tiền làm tròn đến hàng chục nghìn)

A. 3.000.000 đồng. C. 5.790.000 đồng.

B. 3.270.000 đồng. D. 6.060.000 đồng.

Câu 45. Giả sử hàm số y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên ( 0; +∞ ) và thỏa mãn f (1) = 1 ,

f ( x ) = f ' ( x ) 3 x + 1 , với mọi x > 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng? Trang 5/26

A. 1 < f ( 5 ) < 2 .

B. 4 < f ( 5 ) < 5 .

C. 2 < f ( 5 ) < 3 .

D. 3 < f ( 5 ) < 4 .

Câu 46. Cho hình H là đa giác đều có 24 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của H. Tính xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn tạo thành một hình chữ nhật nhưng không phải hình vuông. A.

1 . 161

45 . 1771

2 . 77

10 . 1771

a3 . 6

3a 3 . 6

FF IC IA L

Câu 47. Cho lăng trụ đều ABC.EFH có tất cả các cạnh bằng a. Gọi S là điểm đối xứng của A qua BH. Thể tích khối đa diện ABCSFH bằng

a3 . 3

3a 3 . 3

Câu 48. Ông A dự định sử dụng hết 5m 2 kính để làm bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)? A. 0,96m3 .

B. 1, 51m3 .

C. 1,33m3 .

D. 1, 01m3 .

Câu 49. Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình x9 + 3 x 3 − 9 x = m + 3 3 9 x + m có đúng hai nghiệm thực. Tính tổng các phần tử của S.

B. 1.

C. −8 .

A. −12 .

D. 0.

Câu 50. Cho x, y là các số thực thỏa mãn log 4 ( x + y ) + log 4 ( x − y ) ≥ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

B. Pmin = −4 .

C. Pmin = 2 3 .

D. Pmin =

10 3 . 3

ẠY

KÈ

A. Pmin = 4 .

thức P = 2 x − y .

Trang 6/26

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

C18 C19 C23 C24 C28

C9 C13 C17

Vận dụng cao

Đại số C15 C36

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

C1 C7 C10

C21 C31

C37 C38

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

C14 C29 C40

C3 C6 C16 C44 C45

FF IC IA L

C49

Chương 4: Số Phức

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C2 C22

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C5 C11 C20 C27

C32 C41 C47

C48

C33 C34

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C50

C25 C26 C42

C12

Lớp 12 (90%)

Chương 1: Hàm Số

Đại số

KÈ

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

C46

ẠY

Lớp 11 (8%)

C35

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

C30

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

C39

Hình học

Trang 7/26

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

FF IC IA L

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

N Ơ H N U

C43

Hình học

Lớp 10 (2%)

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

Đại số

Chương 1: Vectơ

KÈ

Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng

ẠY

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu

Điểm

2.8

3.0

3.6

0.6

Trang 8/26

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%., câu hỏi lớp 10 chiếm 2 %.

20 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 3 câu VDC: C48, C49, C50. Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng.

ẠY

KÈ

Đề thi phân loại học sinh ở mức khá

FF IC IA L

Cấu trúc tương tự đề thi minh họa năm 2018-2019.

Trang 9/26

ĐÁP ÁN 2. B

3. B

4. B

5. A

6. C

7. D

8. B

9. A

10. D

11. D

12. A

13. A

14. A

15. C

16. C

17. A

18. D

19. C

20. A

21. C

22. D

23. A

24. C

25. C

26. D

27. D

28. A

29. B

30. D

31. C

32. C

33. D

34. B

35. B

36. C

37. C

38. A

39. C

40. B

41. A

42. B

43. C

44. B

45. D

46. D

47. D

48. B

49. D

50. C

FF IC IA L

1. A

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. Chọn đáp án A Phương pháp Quan sát các đồ thị hàm số, nhận xét tính đồng biến nghịch biến và suy ra điều kiện của a, b. Cách giải

Đồ thị hàm số ( C1 ) có hướng đi lên từ trái qua phải nên hàm số y = log a x đồng biến hay a > 1 .

Đồ thị hàm số ( C2 ) có hướng đi xuống từ trái qua phải nên hàm số y = log b x nghịch biến hay 0 < b < 1 .

Do đó 0 < b < 1 < a . Câu 2. Chọn đáp án B Phương pháp

Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh hình nón S xq = π rl (với r là bán kính đáy, l là đường sinh

hình nón). Cách giải

Ta có diện tích xung quanh hình nón bằng S xq = π rl ⇔ l =

πr

24π =8. π .3

Câu 3. Chọn đáp án B Phương pháp - Tính diện tích thiết diện theo x.

S xq

- Tính thể tích theo công thức V = ∫ S ( x ) dx .

KÈ

Cách giải

Diện tích một tam giác đều cạnh 2x là

( 2x )

= x2 3 .

ẠY

Diện tích hình lục giác đều bằng 6 lần diện tích một tam giác đều nên S ( x ) = 6 x 2 3 . 4

Thể tích V = ∫ S ( x ) dx = ∫ 6 x 2 3dx = 2 x 3 3 = 126 3 . 1

Chú ý khi giải: Nhiều em có thể sẽ nhớ nhầm công thức thành V = π ∫ S ( x ) dx dẫn đến chọn nhầm đáp a

án A là sai. Câu 4. Chọn đáp án B Phương pháp Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy là B và chiều cao h được tính bởi công thức V = Bh . Cách giải Trang 10/26

Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy là B và chiều cao h được tính bởi công thức V = Bh . Câu 5. Chọn đáp án A Phương pháp Mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I ( −a; −b; −c ) và bán kính R = a 2 + b 2 + c 2 − d .

Cách giải

FF IC IA L

Mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z + 9 = 0 có tâm I (1; −2;3) và bán kính R = 1 + 4 + 9 − 9 = 5 .

Câu 6. Chọn đáp án C Phương pháp Sử dụng công thức nguyên hàm

∫ u du = ln u + C ,

dựa dữ kiện đề bài tìm được C, từ đó tính

F ( 2 ) − F ( −1)

Ta có F ( x ) = ∫

ln ( x − 1) + C1 khi x > 1 1 dx = ln x − 1 + C =  x −1 ln (1 − x ) + C2 khi x < 1

Cách giải

+ Với F ( 5 ) = 2 ⇒ ln ( 5 − 1) + C1 = 2 ⇒ C1 = 2 − 2 ln 2 ⇒ F ( x ) = ln ( x − 1) + 2 − 2 ln 2 (khi x > 1 )

+ Với F ( 0 ) = 1 ⇒ ln (1 − 0 ) + C2 = 1 ⇔ C2 = 1 ⇒ F ( x ) = ln (1 − x ) + 1 (khi x < 1 )

Suy ra F ( 2 ) = ln ( 2 − 1) + 2 − 2 ln 2 = 2 − 2 ln 2; F ( −1) = ln (1 + 1) + 1 = 1 + ln 2 Nên F ( 2 ) − F ( −1) = 2 − 2 ln 2 − (1 − ln 2 ) = 1 − 3ln 2 .

Câu 7. Chọn đáp án D Phương pháp

Sử dụng công thức log a f ( x ) = m ⇔ f ( x ) = a m .

Cách giải

Câu 8. Chọn đáp án B Phương pháp

Ta có: log 2 ( x − 5 ) = 4 ⇔ x − 5 = 24 ⇔ x = 21 .

KÈ

Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản

n ∫ x dx =

x n +1 + C ( n ≠ −1) ; ∫ e x dx = e x + C n +1

Cách giải

x ∫ ( 2 x + e ) dx = ∫ 2 xdx + ∫ e dx = 2. 2 + e x

+ C = x2 + ex + C

ẠY

Ta có

Câu 9. Chọn đáp án A Phương pháp - Biến đổi bất phương trình về dạng h ( x ) ≥ m .

- Xét hàm số y = h ( x ) trên đoạn  − 3; 3  và kết luận. Cách giải Ta có: g ( x ) = 3 f ( x ) − x3 + 3 x − m ≥ 0 ⇔ 3 f ( x ) − x3 + 3 x ≥ m

Điều kiện bài toán trở thành tìm m để 3 f ( x ) − x 3 + 3 x ≥ m, ∀x ∈  − 3; 3  . Trang 11/26

Xét hàm h ( x ) = 3 f ( x ) − x3 + 3 x trên đoạn  − 3; 3  ta có:

h ' ( x ) = 3 f ' ( x ) − 3 x 2 + 3 = 3 ( f ' ( x ) − x 2 + 1) = 0 ⇔ f ' ( x ) = x 2 − 1 Dựng đồ thị hàm số y = x 2 − 1 cùng một hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số

y = f ' ( x ) bài cho ta được: Xét trên đoạn − 3; 3 thì f ' ( x ) ≥ x 2 − 1, ∀x ∈  − 3; 3  .

)

FF IC IA L

(

Do đó f ' ( x ) − x 2 + 1 ≥ 0, ∀x ∈  − 3; 3  hay hàm số y = h ( x ) đồng biến trên  − 3; 3  .

(

)

( 3 ) hay 3 f ( − 3 ) ≤ h ( x ) ≤ 3 f ( 3 ) . Điều kiện bài toán thỏa ⇔ m ≤ min h ( x ) = h ( − 3 ) = 3 f ( − 3 ) . Suy ra h − 3 ≤ h ( x ) ≤ h

(

)

Vậ y m ≤ 3 f − 3 .

b = log a b − log a c; log a bα = α log a b (giả sử các biểu thức có nghĩa) c

log a ( bc ) = log a b + log a c; log a

Câu 10. Chọn đáp án D Phương pháp Sử dụng tính chất của công thức log a , với a, b, c > 0; a ≠ 1 ta có

 − 3; 3   

Cách giải + A sai vì ln ( ab ) = ln a + ln b

a = ln a − ln b b

+ Vì ln a b = b ln a nên D đúng Câu 11. Chọn đáp án D Phương pháp

+ C sai vì ln

+ B sai vì ta không có công thức log a của một tổng

KÈ

Sử dụng tính chất ( Q ) / / ( P ) ⇔ nQ / / nP

Cách giải

có VTPT nP = (1; −2; −1) nên ( Q ) / / ( P ) ⇒ nQ = (1; −2; −1) . ( Q ) đi qua A ( −4;0;1) và nhận nQ = (1; −2; −1) làm VTPT nên ( Q ) có phương trình là:

ẠY

( P) : x − 2 y − z + 4 = 0

1( x + 4 ) − 2 ( y − 0 ) − 1( z − 1) = 0 ⇔ x − 2 y − z + 5 = 0 .

Chú ý khi giải: Các em cũng có thể loại dần các đáp án bằng việc kiểm tra VTPT của ( Q ) và thay tọa độ điểm A vào các phương trình chưa bị loại để kiểm tra. Câu 12. Chọn đáp án A Phương pháp Sử dụng mối quan hệ về khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song

( P)

và

(Q ) :

d ( ( P ) , ( Q ) ) = d ( M ; ( Q ) ) với M ∈ ( P ) . Trang 12/26

Cho M ( x0 ; y0 ; z0 ) và ( Q ) : ax + by + cz + d = 0 thì d ( M ; ( Q ) ) =

ax0 + by0 + cz0 + d a2 + b2 + c2

Cách giải Nhận thấy rằng ( P ) : x + 2 y − 2 z − 6 = 0 và ( Q ) : x + 2 y − 2 z + 3 = 0 song song vì

0 + 4.2 − 2.1 + 3 12 + 22 + ( −2 )

9 =3. 9

FF IC IA L

Nên lấy M ( 0; 4;1) ∈ ( P ) thì d ( ( P ) , ( Q ) ) = d ( M ; ( Q ) ) =

1 2 −2 −6 = = ≠ 2 2 −2 3

Câu 13. Chọn đáp án A Phương pháp Nhẩm nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm, từ đó tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm phân biệt. Cách giải Xét phương trình hoành độ giao điểm:

x3 + ( m + 2 ) x 2 + ( m 2 − m − 3) x − m 2 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 + ( m + 3) x + m 2 ) = 0

x −1 = 0 x = 1 ⇔ 2 ⇔ 2 2 2  x + ( m + 3) x + m = 0  x + ( m + 3) x + m = 0

Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt thì phương trình x 2 + ( m + 3) x + m 2 = 0 phải có hai

nghiệm phân biệt khác 1

2 ∆ = ( m + 3)2 − 4m 2 > 0 −  3m + 6m + 9 > 0 ⇔ ⇔ 2 ⇔ −1 < m < 3 2 2 m + m + 4 ≠ 0 ( luon dung ) 1 + ( m + 3) .1 + m ≠ 0

Do đó với −1 < m < 3 thì đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.

Mà m ∈ ℤ nên m ∈ {0;1; 2} .

Câu 14. Chọn đáp án A Phương pháp

Sử dụng công thức tính diện tích mặt phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục Ox và hai đường b

thẳng x = a; x = b là S = ∫ f ( x ) dx

KÈ

Chú ý đến dấu của f ( x ) khi phá dấu giá trị tuyệt đối. Nếu đồ thị nằm dưới Ox thì f ( x ) < 0 , nếu đồ thị nằm trên Ox thì f ( x ) > 0 .

ẠY

Cách giải

Trên ( −2;1) thì đồ thị nằm phía dưới Ox nên f ( x ) < 0 , trên khoảng (1; 2 ) thì đồ thị nằm trên Ox nên

f ( x) > 0

Nên từ hình vẽ ta có diện tích phần được tô đậm là 1

∫ −2

−2

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = − a + b = b − a .

Câu 15. Chọn đáp án C Phương pháp Trang 13/26

Quan sát đồ thị hàm số, nhận xét dáng điệu, điểm đi qua và kết luận. Cách giải Quan sát đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm bậc ba có hệ số a > 0 nên loại A, B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm ( −1;3) nên thay tọa độ điểm ( −1;3) vào hai hàm số C và D ta thấy chỉ có C

FF IC IA L

thỏa mãn. Câu 16. Chọn đáp án C Phương pháp

x 2 + 1 = t để tìm tích phân.

Sử dụng phương pháp đổi biến số

Cách giải Đặt

t   xdx = tdt dx = dt x +1 = t ⇒ x +1 = t ⇒  2 2 ⇔ x  x = t −1 x2 = t 2 −1  2

Đổi cận: Với x = 1 ⇒ t = 2; x = 2 ⇒ t = 5

2 ∫ ( t + t ) dt = 2

t3 t2 + 3 2

= 2

x 2 .t ∫ t − 1 dt = 2

∫

− 1) .t

t −1

dt =

∫

( t + 1)( t − 1) .t dt

t −1

∫

x3 t dt = =∫ x2 + 1 − 1 2 t −1 x

5 5 2 2 5 2 3 −1 = 5+ − 3− 2+ 3 2 3 3 3 2

5 2 3 5 nên a = ; b = − ; c = ⇒ P = a + b + c = . 3 3 2 2 Câu 17. Chọn đáp án A Phương pháp

Do đó

x 3 dx

- Tính y ' và tìm nghiệm của y ' = 0 trên đoạn [ −3;3] .

- So sánh kết quả và kết luận. Cách giải

- Tính giá trị của hàm số tại hai điểm −3, 3 và các điểm là nghiệm của đạo hàm ở trên.

KÈ

 x = −1 ∈ [ −3;3] Ta có: y ' = 6 x 2 − 6 x − 12 = 0 ⇔   x = 2 ∈ [ −3;3]

Lại có: y ( −3) = −35, y ( −1) = 17, y ( 2 ) = −10, y ( 3) = 1 . Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên [ −3;3] là M = 17 và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [ −3;3] là

ẠY

m = −35;

Vậy T = M + m = 17 + ( −35 ) = −18 .

Câu 18. Chọn đáp án D Phương pháp Sử dụng cách đọc bảng biến thiên để suy ra khoảng đồng biến của hàm số.

Hàm số liên tục trên ( a; b ) có y ' > 0 với x ∈ ( a; b ) thì hàm số đồng biến trên ( a; b ) .

Cách giải Từ BBT ta có hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( 0;1) . Trang 14/26

Câu 19. Chọn đáp án C Phương pháp Nhân cả thử và mẫu với biểu thức liên hợp của tử, tìm nghiệm của mẫu thức và tính giới hạn của hàm số tại các nghiệm đó. Cách giải

x →0

)( x + 7 + 3) = x−2 = ( x − 2 x ) ( x + 7 + 3) x ( x − 2 ) ( x + 7 + 3) x (

(

x+7 +3

x+7 −3 2

lim y = lim x →0

(

)

1 x+7 +3

)

FF IC IA L

x+7 −3 = x2 − 2 x

Ta có: y =

= +∞ nên đồ thị hàm số có duy nhất một đường tiệm cận đứng x = 0 .

Câu 20. Chọn đáp án A Phương pháp

Mặt phẳng ( P ) : ax + by + cz + d = 0 có một vectơ pháp tuyến là n = ( a; b; c ) Mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + z + 4 = 0 có một VTPT là n = ( 2; −1;1)

Câu 21. Chọn đáp án C Phương pháp

Cách giải

Sử dụng các công thức lũy thừa thu gọn biểu thức dưới dấu logarit và sử dụng công thức log a a n = n .

Cách giải

1 13   13 Ta có: S = log a a 3 4 a = log a  a 3 .a 4  = log a a 4 = . 4  

)

(

Câu 22. Chọn đáp án D Phương pháp

Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy r là V = π r 2 .h . Cách giải

ẠY

KÈ

Thể tích khối trụ đã cho là V = π r 2 h = π .32.2 = 18π . Câu 23. Chọn đáp án A Phương pháp ax + b a Đồ thị hàm số y = với ad − bc ≠ 0 có đường tiệm cận ngang là y = . cx + d c Cách giải 1 x +1 Đồ thị hàm số y = có đường tiệm cận ngang là đường thẳng y = . 4x −1 4 Câu 24. Chọn đáp án C Phương pháp

Hàm số y = f ( x ) có TXĐ D = ℝ đồng biến trên ℝ ⇔ f ' ( x ) ≥ 0; ∀x ∈ ℝ và dấu “=” chỉ xảy ra tại hữu

hạn điểm. Cách giải TXĐ: D = ℝ . Ta có y ' =

2x −m x +1 2

Trang 15/26

Để hàm số đồng biến trên ℝ thì y ' ≥ 0 với ∀x ∈ ℝ . Hay

2x 2x −m≥0⇔ m≤ 2 = g ( x ) với ∀x ∈ ℝ . x +1 x +1 2

Suy ra m ≤ min g ( x ) với g ( x ) = ℝ

x = 1 2x −2 x 2 + 2 ' = =0⇔ , xét g x ( ) 2 2 x +1  x = −1 ( x2 + 1)

x g '( x) g ( x)

−1

−∞

FF IC IA L

BBT của g ( x ) .

+∞

−

−1

Nên m ≤ −1 thì hàm số y = ln ( x 2 + 1) − mx + 1 đồng biến trên ℝ .

Câu 25. Chọn đáp án C Phương pháp

Từ BBT suy ra min g ( x ) = −1 ⇔ x = −1

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

VTPT

thì

Cách giải

làm

Mặt phẳng ( P ) vuông góc với cả hai mặt phẳng ( Q ) , ( R ) nên nP =  nQ , nR  . Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận n = ( a; b; c )

Mặt phẳng ( P ) vuông góc với cả hai mặt phẳng ( Q ) , ( R ) nên nP =  nQ , nR  . Có nQ = (1;1;3) và nR = ( 2; −1;1) nên  nQ , nR  = ( 4;5; −3) .

Vậy ( P ) : 4 ( x − 2 ) + 5 ( y − 1) − 3 ( z + 3) = 0 hay ( P ) : 4 x + 5 y − 3 z − 22 = 0 .

Câu 26. Chọn đáp án D Phương pháp

+ Cho mặt cầu ( S ) có tâm I và bán kính R và mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn

KÈ

có bán kính r thì ta có mối liên hệ R 2 = h 2 + r 2 với h = d ( I , ( P ) ) . Từ đó ta tính được R. 2

+ Phương trình mặt cầu tâm I ( x0 ; y0 ; z0 ) và bán kính R có dạng ( x − x0 ) + ( y − y0 ) + ( z − z0 ) = R 2

ẠY

Cách giải

−1 − 2.2 + 2. ( −1) − 2 2

12 + ( −2 ) + 22

9 = 3. 3

+ Ta có h = d ( I , ( P ) ) =

+ Từ đề bài ta có bán kính đường tròn giao tuyến là r = 5 nên bán kính mặt cầu là

R = r 2 + h 2 = 52 + 32 = 34 . 2

+ Phương trình mặt cầu tâm I ( −1; 2; −1) và bán kính R = 34 là ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 34 .

Câu 27. Chọn đáp án D Phương pháp Trang 16/26

Vectơ u = xi + y j + zk thì u = ( x; y; z ) . Cách giải Do a = i + 3 j − 2k nên a = (1;3; −2 ) .

FF IC IA L

Câu 28. Chọn đáp án A Phương pháp Nhận thấy đây là hàm đa thức bậc ba nên ta thực hiện các bước sau: + Tìm y ' , giải phương trình y ' = 0 ta tìm được nghiệm x0 .

+ Tìm y '' , nếu y '' ( x0 ) > 0 thì x0 là điểm cực tiểu của hàm số từ đó tính giá trị cực tiểu y ( x0 ) .

Cách giải x = 0 Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x = 0 ⇔ 3 x ( x − 2 ) = 0 ⇔  x = 2

Lại có y '' = 6 x − 6 ⇒ y '' ( 0 ) = −6; y '' ( 2 ) = 6 > 0 nên x = 2 là điểm cực tiểu của hàm số

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

Sử dụng các tính chất tích phân

Cách giải 3

Chú ý: Các em cũng có thể lập BBT để tìm điểm cực tiểu. Câu 29. Chọn đáp án B Phương pháp

Khi đó yCT = y ( 2 ) = 23 − 3.22 = −4 .

∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx .

33 x3 = 2.2 − = −5 . Ta có: L = ∫  2 f ( x ) − x  dx = ∫ 2 f ( x ) dx − ∫ x dx = 2 ∫ f ( x ) dx − 3 0 3 0 0 0 0 2

Câu 30. Chọn đáp án D Phương pháp

Sử dụng công thức: Cho cấp số cộng có số hạng đầu u1 và công sai d thì số hạng thứ n ( n > 1) là

un = u1 + ( n − 1) d .

KÈ

Từ đó ta tìm được công sai d. Cách giải

Ta có u10 = u1 + 9d ⇔ −3 + 9d = 24 ⇔ 9d = 27 ⇔ d = 3 .

ẠY

Câu 31. Chọn đáp án C Phương pháp

Coi phương trình đã cho là bậc hai ẩn 2 x , giải phương trình tìm x và kết luận. Cách giải 2x = 2 x = 1 Ta có: 2 2 x − 5.2 x + 6 = 0 ⇔ ( 2 x − 2 )( 2 x − 3) = 0 ⇔  x ⇔  x = log 2 3 2 = 3

Do đó P = x1.x2 = 1.log 2 3 = log 2 3 .

Câu 32. Chọn đáp án C Trang 17/26

FF IC IA L

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 ) . Trong ( 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 BD = 2. 2

⇒ BD = BC 2 + CD 2 = 2 2 ⇒ BO =

3 2 2

Ta có SA = SB = SC = SD = 3 2 (vì S.ABCD là hình chóp đều) nên SE = EB =

Xét tam giác SBO vuông tại O (vì SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ SO ⊥ OB ) có SO = SB 2 − OB 2 = 18 − 2 = 4 .

Câu 33. Chọn đáp án D Phương pháp

a2 . 2h

bên là a và chiều cao h là R =

3 2 3 2. SI SE SB.SE 2 = 9. Ta có ∆SEI đồng dạng với tam giác SOB (g-g) ⇒ = ⇔ IS = = SB SO SO 4 4 9 Vậy bán kính R = . 4 Chú ý: Các em có thể sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều có cạnh

KÈ

1 Tính diện tích đáy rồi tính thể tích theo công thức V = Bh . 3 Cách giải

ẠY

1 1 a3 6 Diện tích đáy S ABCD = a 2 ⇒ VS . ABCD = S ABCD .SA = .a 2 .a 6 = . 3 3 3 Câu 34. Chọn đáp án B Phương pháp Sử dụng các kiến thức sau:

d ⊥ a, d ⊥ b  +) a, b ⊂ ( P ) ⇒ d ⊥ ( P ) a ∩ b 

+) d ⊥ ( P ) thì d vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong ( P ) . Từ đó tìm ra khẳng định sai.

Cách giải Trang 18/26

Ta có SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ BC nên A đúng.

 AH ⊥ SC Mà AH ⊥ SB ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒  hay C, D đúng.  AH ⊥ BC Từ đó B sai. Câu 35. Chọn đáp án B Phương pháp Số các số lập được chính là số hoán vị của 4. Cách giải Mỗi số lập được thỏa mãn bài toán là một hoán vị của 4 chữ số 1; 5; 6; 7.

FF IC IA L

 BC ⊥ SA Lại có  ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH  BC ⊥ AB

Số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau lập được từ 4 chữ số 1; 5; 6; 7 là P4 = 4! = 24 số.

Câu 36. Chọn đáp án C Phương pháp a

Câu 37. Chọn đáp án C Phương pháp

Vậy TXĐ của hàm số là D = ( −∞; 4 ) .

Cách giải 1 Do ∉ ℤ nên hàm số xác định ⇔ 4 − x > 0 ⇔ x < 4 5

Hàm số y = ( f ( x ) ) với a là phân số (không là số nguyên) hoặc số vô tỉ thì có điều kiện f ( x ) > 0 .

Cách giải

Điều kiện: 5 x − 1 > 0 ⇔ x > 0 Ta có:

Giải bất phương trình bằng cách đưa về bất phương trình bậc hai, ẩn là log 5 ( 5 x − 1) .

1 log 5 ( 5 x − 1) .log 25 ( 5 x +1 − 5 ) ≤ 1 ⇔ log 5 ( 5 x − 1) . log 5 5 ( 5 x − 1)  ≤ 1 2

KÈ

⇔ log 5 ( 5 x − 1) . 1 + log 5 ( 5 x − 1)  − 2 ≤ 0 ⇔ log 52 ( 5 x − 1) + log 5 ( 5 x − 1) − 2 ≤ 0

ẠY

⇔  log 5 ( 5 x − 1) − 1 log 5 ( 5 x − 1) + 2  ≤ 0

⇔ −2 ≤ log 5 ( 5 x − 1) ≤ 1 ⇔ 5−2 ≤ 5 x − 1 ≤ 51 ⇔

⇔

1 ≤ 5x − 1 ≤ 5 25

26 26 ≤ 5 x ≤ 6 ⇔ log 5 ≤ x ≤ log 5 6 25 25

26 26   Do đó tập nghiệm của bất phương trình là log 5 ;log 5 6  ⇒ a = log 5 ; b = log 5 6 25 25   ⇒ a + b = log 5

26 156 + log 5 6 = log 5 = log 5 156 − log 5 25 = log 5 156 − 2 25 25 Trang 19/26

Câu 38. Chọn đáp án A Phương pháp n

Sử dụng công thức lãi kép A = A0 (1 + r ) với r là lãi suất, A0 là số tiền ban đầu, A là số tiền thu được sau n kì hạn. Cách giải 2

FF IC IA L

Số tiền cả gốc và lãi người đó nhận được sau khi gửi 100 triệu trong 6 tháng đầu là 100 (1 + 2% ) triệu

đồng.

Sau 6 tháng người đó gửi thêm 100 triệu đồng nên số tiền gốc lúc này là 100 + 100 (1 + 0, 02 ) Sau 6 tháng còn lại, thì người đó nhận được tổng số tiền là

(

T = 100 + 100 (1 + 0, 02 )

) (1 + 0, 02)

≈ 212, 28 triệu đồng.

Câu 39. Chọn đáp án C Phương pháp

y = f ( x)

tại điểm có hoành độ

Tiếp tuyến với đồ thị hàm số

Cách giải

Ta có: y ' = 3 x 2 + 6 x ⇒ y ' ( −3) = 9 . Tại x = −3 thì y = −2 .

có phương trình

y = f ' ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) .

Vậy phương trình tiếp tuyến: y = 9 ( x + 3) − 2 = 9 x + 25 .

∫

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

Ta có

Cách giải 3

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

Sử dụng công thức

Câu 40. Chọn đáp án B Phương pháp

( P)

KÈ

Câu 41. Chọn đáp án A Phương pháp Sử dụng lý thuyết: Góc giữa hai đường thẳng chéo nhau a, b bằng góc giữa đường thẳng a với mặt phẳng chứa b mà song song với a.

ẠY

Cách giải Gọi N là

trung

điểm

c ủa

thì

AB / / MN

suy

d ( AB, SM ) = d ( AB, ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) )

Gọi E là hình chiếu của A lên MN ⇒ ME ⊥ AE , mà ME ⊥ SA

⇒ NE ⊥ ( SAE ) .

Gọi F là hình chiếu của A lên SE ⇒ AF ⊥ SE . Mà EN ⊥ ( SAE ) ⇒ NE ⊥ AF . Do đó AF ⊥ ( SEN ) hay d ( A, ( SMN ) ) = d ( A, ( SEN ) ) = AF .

Trang 20/26

Tam giác SAE vuông tại A có

1 1 1 1 1 13 12a 2 2a 39 2 = + = + = ⇒ = ⇔ AF = AF 2 2 2 2 2 2 AF AS AE 12a a 12a 13 13

2a 39 . 13 Câu 42. Chọn đáp án B Phương pháp

Vậy d ( AB, SM ) =

FF IC IA L

- Ta xác định điểm H ( x; y; z ) sao cho 2.HA + HB = 0 - Từ đó biến đổi để có 2 MA2 + MB 2 lớn nhất khi MH lớn nhất. - MH max = HI + R với I, R là tâm và bán kính mặt cầu ( S ) .

Ta xác định điểm H ( x; y; z ) sao cho 2.HA + HB = 0 HA = ( −1 − x; 2 − y; −3 − z ) ; HB = ( 5 − x; 2 − y;3 − z ) nên 2 HA + HB = 0 ⇔ ( −2 − 2 x; 4 − 2 y; −6 − 2 z ) + ( 5 − x; 2 − y;3 − z ) = 0

 −2 − 2 x + 5 − x = 0  x = 1   ⇔ 4 − 2 y + 2 − y = 0 ⇔  y = 2 ⇒ H (1; 2; −1)  −6 − 2 z + 3 − z = 0  z = −1  

Cách giải

Ta có

2 2 2 2 2 MA2 + MB 2 = 2 MA + MB = 2. MH + HA + MH + HB = 2. MH 2 + 2 MH .HA + HA2 + MH 2 + 2.MH .HB + HB 2 = 3MH 2 + 2 HA2 + HB 2 + 2 MH 2 HA + HB = 3MH 2 + 2 HA2 + HB 2 (Do 2.HA + HB = 0 ) Ta có HA = ( −2;0; −2 ) ; HB = ( 4;0; 4 ) ⇒ HA2 = 8; HB 2 = 32 nên

)

) ( (

)

(

) (

(

2 MA2 + MB 2 = 3MH 2 + 2.8 + 32 = 3MH 2 + 48

Từ đó 2MA2 + MB 2 lớn nhất khi MH 2 lớn nhất hay MH lớn nhất.

KÈ

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 3;1;1) , bán kính R = 2 . Ta có MH max = HI + R = 4 + 1 + 4 + 2 = 5 .

ẠY

Như vậy 2 MA2 + MB 2 đạt GTLN là 3MH 2 + 48 = 3.25 + 48 = 123 . Câu 43. Chọn đáp án C Phương pháp - Lập hệ bất phương trình ẩn x, y dựa vào điều kiện đề bài. - Biểu diễn miền nghiệm của hệ trên mặt phẳng tọa độ.

- Tìm x, y để biểu thức tính số điểm M ( x; y ) đạt GTLN (tại một trong các điểm mút).

Cách giải Gọi x, y lần lượt là số lít nước cam và nước táo mà mỗi đội cần pha chế ( x ≥ 0; y ≥ 0 ). Để pha chế x lít nước cam thì cần 30 x ( g ) đường, x lít nước và x ( g ) hương liệu. Trang 21/26

Để pha chế y lít nước táo thì cần 10 y ( g ) đường, y lít nước và

4 y ( g ) hương liệu.

FF IC IA L

30 x + 10 y ≤ 210 x + y ≤ 9  Theo bài ra ta có hệ bất phương trình:  (*)  x + 4 y ≤ 24  x ≥ 0, y ≥ 0 Số điểm đạt được khi pha x lít nước cam và y lít nước táo là:

M ( x; y ) = 60 x + 80 y . Bài toán trở thành tìm x, t thỏa để M ( x; y ) đạt GTLN. Ta biểu diễn miền nghiệm của (*) trên mặt phẳng tọa độ như sau: Miền nghiệm là ngũ giác ACJIH Tọa độ các giao điểm A ( 4;5 ) , C ( 6;3) , J ( 7; 0 ) , I ( 0;0 ) , H ( 0;6 ) .

M ( x; y ) sẽ đạt max, min tại các điểm đầu mút nên thay tọa độ từng giao điểm vào tính M ( x; y ) ta được:

M ( 6;3) = 600, M ( 7;0 ) = 420, M ( 0; 0 ) = 0, M ( 0;6 ) = 480

M ( 4;5 ) = 640 ;

Vậy max M ( x; y ) = 640 khi x = 4; y = 5 ⇒ T = 2 x 2 + y 2 = 57

Câu 44. Chọn đáp án B Phương pháp + Từ giả thiết ta viết được phương trình đường tròn và phương trình parabol

+ S1 là phần diện tích giới hạn bởi parabol; đường tròn và hai đường thẳng x = 2; x = −2 . Từ đó sử dụng

công thức diện tích hình phẳng bằng ứng dụng tích phân để tính S1 .

là S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ( x ) ; y = g ( x ) và hai đường thẳng x = a; x = b

+ Từ đó tính S1 ; S 2 ; S3 ; S 4 và tính tiền trồng bồn hoa.

KÈ

Cách giải Vì ABCD

là

hình

cạnh

vuông

nên

BD = BC 2 + CD 2 = 4 2 ⇒ OB = 2 2 và A ( −2; 2 ) ; B ( 2; 2 ) . trình

ẠY

Phương

đường

tròn

tâm

bán

kính

r=2 2

là

x2 + y 2 = 8 ⇒ y = 8 − x2

Parabol đi qua hai điểm A ( −2; 2 ) , B ( 2; 2 ) và có đỉnh O ( 0; 0 ) có dạng

y = ax 2 ( a ≠ 0 )

Khi đó 2 = a.22 ⇒ a =

1 1 ⇒ y = x2 ( P ) 2 2

Từ đồ thị ta có S1 là giới hạn của hai đồ thị hàm số y = 8 − x 2 và

Trang 22/26

1 2 x và hai đường thẳng x = −2; x = 2 . 2 2

1  1 8  Nên ta có S1 = ∫  8 − x 2 − x 2  dx = ∫ 8 − x 2 dx − x 3 = I − 2  6 −2 3 −2  −2 2

Xét I =

∫

8 − x 2 dx , đặt x = 2 2 sin t ⇒ dx = 2 2 cos tdt

−2

T ừ đó I =

π 4

;x = 2⇒t =

∫π

−

8 − 8sin 2 t .2 2 cos tdt =

∫π

−

FF IC IA L

Đổi biến số x = −2 ⇒ t = −

4 π 4

8cos 2 tdt = 4 ∫ (1 + cos 2t ) dt = 4t + 2sin 2t −

π 4

8 8 4 Nên S1 = I − = 2π + 4 − = 2π + 3 3 3

−

= 2π + 4

)

= 8π .

8 2 (m ) 3 8 Diện tích trồng cỏ là S3 + S 4 = S − ( S1 + S 2 ) = 4π − ( m 2 ) 3

Từ đó diện tích trồng hoa là S1 + S 2 = 2 S1 = 4π +

(

S = π r2 = π 2 2

Lại thấy S1 = S 2 ; S3 = S 4 (vì hai parabol đối xứng nhau qua đỉnh O), diện tích cả bốn hoa là

8 8   Nên tổng số tiền trồng bồn hoa là  4π +  .150000 +  4π −  .100000 ≈ 3274926 đồng. 3 3  

Câu 45. Chọn đáp án D Phương pháp

- Từ điều kiện f ( x ) = f ' ( x ) 3 x + 1 rút ra

f ( x) .

f '( x) và lấy nguyên hàm hai vế, kết hợp với f (1) = 1 tìm f ( x)

- Tính f ( 5 ) và kết luận.

KÈ

Cách giải

Ta có: f ( x ) = f ' ( x ) 3 x + 1 ⇒

f '( x) 1 = f ( x) 3x + 1

ẠY

Lấy nguyên hàm hai vế ta được: f '( x)

∫ f ( x ) dx = ∫

⇒ ln f ( x ) =

1 d ( f ( x )) 1 − dx ⇒ ∫ = ∫ ( 3 x + 1) 2 dx f ( x) 3x + 1

2 2 3x + 1 + C ⇒ f ( x ) = e 3 3

Do f (1) = 1 nên e 2

Do đó f ( 5 ) = e 3

2 3.1+1 + C 3

3.5 +1 −

4 3

3 x +1 + C

2 4 4 = 1 ⇔ + C = 0 ⇔ C = − hay f ( x ) = e 3 3 3

3 x +1 −

4 3

= e 3 ≈ 3, 79 . Vậy 3 < f ( 5 ) < 4 . Trang 23/26

FF IC IA L

Câu 46. Chọn đáp án D 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. Tính số hình vuông trong các hình chữ nhật đó để tính xác suất 4 đỉnh tạo thành hình chữ nhật mà không phải hình vuông. Cách giải Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) = C244

Ta vẽ đường tròn ngoại tiếp đa giác đều 24 đỉnh. Vẽ một đường kính của đường tròn này. Khi đó hai nửa đường tròn đều chứa 12 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.

Vậy số hình chữ nhật có 4 đỉnh là các đỉnh của đa giác đã cho là C122 .

Nhận thấy rằng trong số các hình chữ nhật tạo thành có 24 : 4 = 6 hình vuông (vì hình chữ nhật có các cạnh bằng nhau là hình vuông)

C122 − 6 10 = . 4 1771 C24

Xác suất cần tìm là P =

Nên số hình chữ nhật mà không phải hình vuông là C122 − 6 .

Lại

KÈ

Câu 47. Chọn đáp án D Phương pháp - Chia khối đa diện ABCSFH thành hai khối chóp A.BCHF và S.BCHF rồi tính thể tích. Cách giải Gọi I là hình chiếu của A lên BH. Khi đó S đối xứng với A qua BH hay S đối xứng với A qua I. Chia khối đa diện ABCSFH thành hai khối chóp A.BCHF và S.BCHF thì ta có VABCHFS = VA. BCHF + VS . BCHF có

SI = AI

và

SA ∩ ( BCHF )

tại

nên

ẠY

d ( A; ( BCHF ) ) = d ( S , ( BCHF ) ) . Suy ra VA.BCHF = VS . BCHF ⇒ VABCHFS = 2VA. BCHF

1 2 Dễ thấy VA.BCHF = VABC .EFH − VA.EFH = VABC . EFH − VABC .EFH = VABC .EFH 3 3

Mà VABC . EFH = AE.S ABC = a.

a 2 3 a3 3 nên = 4 4

2 2 a3 3 a3 3 VA.BCHF = VABC . EFH = . = 3 3 4 6

Trang 24/26

⇒ VABCHFS = 2VA. BCHF = 2.

a3 3 a3 3 = . 6 3

a3 3 . 3 Câu 48. Chọn đáp án B Phương pháp Sử dụng công thức tính diện tích toàn phần hình hộp và công thức tính thể tích hình hộp V = abc (với a, b, c là ba kích thước của hình chữ nhật) Sử dụng các dữ kiện đề bài và sử dụng hàm số để tính giá trị lớn nhất của thể tích. Cách giải Gọi chiều dài, chiều rộng và chiều cao của bể cá lần lượt là

FF IC IA L

Vậy VABCHFS =

a; b; c ( a, b, c > 0 ) Theo đề bài ta có a = 2b .

Vì ông A sử dụng 5m 2 kính để làm bể cá không nắp nên diện tích

5 − 2b 2 6b

5 − 2b 2 −2b3 + 5b 2 Thể tích bể cá là V = abc = 2b.b. = 6b 3

2b 2 + 2bc + 4bc = 5 ⇔ 2b 2 + 6bc = 5 ⇒ c =

toàn phần (bỏ 1 mặt đáy) của hình hộp là 5m 2 . Hay ab + 2bc + 2ac = 5 mà a = 2b nên

(b > 0) ⇒ f '(b ) =

Ta có BBT của y = f ( b ) .

f '(b )

M KÈ

5/3 +

+∞

−

125/81

f (b)

Từ BBT suy ra max f ( b ) =

b = 0 ( ktm ) −6b 2 + 10b =0⇒ (vì b > 0 ) b = 5 ( tm ) 3  3

−2b3 + 5b 2 3

Xét hàm số f ( b ) =

−∞

125 5 ⇔b= 81 3

ẠY

Câu 49. Chọn đáp án D Phương pháp

Biến đổi phương trình đã cho về dạng f ( u ) = f ( v ) rồi sử dụng phương pháp hàm số.

Cách giải Ta có:

x9 + 3x 3 − 9 x = m + 3 3 9 x + m ⇔ x9 + 3x 3 = 9 x + m + 3 3 9 x + m ⇔ ( x3 ) + 3x3 =

(

9x + m

)

+ 33 9x + m

Xét hàm g ( t ) = t 3 + 3t ⇒ g ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t nên hàm số g ( t ) đồng biến trên ℝ . Suy ra g ( x 3 ) = g

(

)

9 x + m ⇔ x3 = 3 9 x + m ⇔ x 9 = 9 x + m ⇔ x 9 − 9 x = m .

Trang 25/26

Xét hàm f ( x ) = x9 − 9 x trên ℝ có f ' ( x ) = 9 x8 − 9 = 0 ⇔ x = ±1 . Bảng biến thiên:

f '( x)

−1

−∞

+∞

−

f ( x)

+∞ −8

−∞

FF IC IA L

m = 8 Từ bảng biến thiên ta thấy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm ⇔  .  m = −8

Vậy S = {−8;8} hay tổng các phần tử của S bằng 0.

Câu 50. Chọn đáp án C Phương pháp Biến đổi giả thiết để tìm mối liên hệ của x theo y. Thay vào biểu thức P rồi sử dụng phương pháp hàm số để tìm giá trị nhỏ nhất của P. Cách giải

y 2 + 4 (vì x > 0 )

Suy ra log 4 ( x 2 − y 2 ) ≥ 1 ⇔ x 2 − y 2 ≥ 4 ⇔ x 2 ≥ y 2 + 4 ⇒ x ≥

Ta có log 4 ( x + y ) + log 4 ( x − y ) ≥ . ĐK x > y; x > − y ⇒ x > 0; x > y .

Lại có P = 2 x − y ≥ 2 y 2 + 4 − y ≥ 2 y 2 + 4 − y

Đặt t = y ≥ 0

BBT của f ( t ) trên ( 0; +∞ )

2  t= ( tm )  t 3 2 2 2 Xét f ( t ) = 2 t + 4 − t có f ' ( t ) = 2 − 1 = 0 ⇒ 2t = t + 4 ⇒ 3t = 4 ⇔  2  t2 + 4 t = − 3 ( ktm ) 

2 3

ẠY

KÈ

f' f

−

Từ BBT suy ra min f ( t ) = 2 3 ⇔ t =

+∞ +

+∞

2 3 2 3

Suy ra P ≥ 2 3 hay GTNN của P là 2 3  x = ⇔  x = 

4 2 ;y = 3 3 2 2 ;y =− 3 3

Trang 26/26

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2019

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

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

---------------------------------------

FF IC IA L

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

+∞

-∞

+∞

B. Hàm số không có cực trị

A. Hàm số đạt cực đại tại x = 5

B. (10α ) = 100α

C. (10α ) = 10α

D. 10α =

( 10 )

A. 10α = 10 2

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?

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

ẠY

KÈ

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 :

1 B. V = r 2 h 3

A. V = πr 2 h

1 D. V = πr 2 h 3

C. V = r 2 h

A. y = x 3 − 3x 2 + 1

B. y = − x 3 + 3x 2 + 1

C. y = x 4 − 2x 3 + 1

FF IC IA L

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 ?

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 B. V = 16π

C. V = 64π

A. V = 8π

D. V = 32π

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

B. b3

C. b 3

A. 3b

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 ?

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

A. I = 2F ( x ) + f ( x ) + x + C C. I = 2xF ( x ) + x + 1

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

2x − 1 x +1

D. f ( x ) = x 4 − 2x 2 − 4

KÈ

C. f ( x ) =

B. f ( x ) = x 3 − 3x 2 + 3x − 4

A. f ( x ) = x 4 − 4x + 1

Câu 11. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ℝ ?

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

ẠY

C. Một mặt phẳng

D. Một mặt trụ

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

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:

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

A. F ( 2 ) =

1 ln 3 − 2 2

B. F ( 2 ) = ln 3 + 2

FF IC IA L

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

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

B. ( −1;0 ) và (1; +∞ )

Câu 20. Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = B. y = 2

D. ( −∞; −1) và ( 0;1)

x +1 là x−2

C. x = 2

A. x = 1

C. ( −1;0 ) và ( 0;1)

A. ( −∞; −1) và (1; +∞ )

Câu 19. Các khoảng nghịch biến của hàm số y = − x 4 + 2x 2 − 4 là

D. y = 2

A. 100

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? 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 ) ,

B. V = 3a 3

A. V = 2a 3

SA = 3a . Thể tích V của khối chóp S.ABCD là

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?

KÈ

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

ẠY

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

-1

−∞

y’

+∞

−∞

+∞

FF IC IA L

+∞

−∞

-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}

hoành độ bằng 1 bằng

A. 0

B. 1

C. 3

x +1

1− x

B. −1

D. 2

= 10 là

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

D. k = 1

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

Câu 28. Đồ thị hàm số v =

C. k = 10

B. k = -5

A. k = 25

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

C. 1

D. 3

Câu 30. Tập nghiệm S của bất phương trình log 2 ( x − 1) < 3 là B. S = ( −∞;10 )

A. S = (1;9 )

C. S = ( −∞;9 )

D. S = (1;10 )

a 5 2

B. MN =

A. MN =

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 5a 2

C. M =

a 7 2

D. MN =

7a 2

KÈ

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

ẠY

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

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

1 −1 + 5 2

(

)

1 1+ 5 2

(

)

4 5

p q

FF IC IA L

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 D.

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

A. 2

B. 3

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’?

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

ẠY

KÈ

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:

A. 2

B. 1

C. 3

D. 0

A. P ( A ) =

5 7

B. P ( A ) =

1 3

C. P ( A ) =

1 56

FF IC IA L

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:

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.

2 3

B. S = 0

C. S =

D. S =

A. S = 1

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

1 2

1 3

ẠY

KÈ

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

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

FF IC IA L

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

B. Vô số

C. 4

D. 3

A. 0

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

KÈ

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

ẠY

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).

B. x = 3,55(m)

FF IC IA L

A. x = 3,7(m)

C. x = 4,27(m)

D. x = 2,6(m)

Câu 49. Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau: 1

−∞

f(x)

+∞

f’(x)

−∞

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

B. ( −∞;1)

C. ( 2;3)

A. ( 3; 4 )

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

ẠY

KÈ

A. 2021

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

D. (1; 2 )

[ −2019; 2]

để phương trình

có đúng hai nghiệm thực là

C. 2

D. 2022

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

C10

C17 C35

Chương 1: Hàm Số

C1 C7 C20

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

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

C22

C5 C32 C40

C31 C34 C37 C44 C47

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C18 C39 C45

Chương 1: Khối Đa Diện

Hình học

C8 C12 C38

Đại số

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

KÈ

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

ẠY

Lớp 11 (12%)

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

C16

C21

C23 C41

C25

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

Hình học

C50

Chương 4: Số Phức

Lớp 12 (88%)

FF IC IA L

Đại số

C33 C48

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

FF IC IA L

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

N Ơ H N Y U Hình học

Lớp 10 (0%)

Đại số

KÈ

Chương 1: Vectơ

ẠY

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

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%.

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.

ẠY

KÈ

Đề thi phân loại học sinh ở mức khá

FF IC IA L

Không có câu hỏi lớp 10.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 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

FF IC IA L

1.D

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 m

Cách giải

Chọn C.

Câu 3.

Ta có (10α ) = 102 α ⇒ đáp án C sai.

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

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 

KÈ

⇒ S = M + m = 3− 2 =1

Chọn D. Câu 4.

ẠY

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.

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

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.

Diện tích hình thoi ABCD: SABCD =

FF IC IA L

Cách giải

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

KÈ

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

ẠY

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

FF IC IA L

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.

Chọn A. Câu 11.

KÈ

Phương pháp

⇒ I = ∫  2f ( x ) + f ' ( x ) + 1dx = 2F ( x ) + f ( x ) + x + C.

+) Hàm số y = f(x) đồng biến trên R ⇔ f ' ( x ) ≥ 0∀x ∈ R.

ẠY

+) 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.

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

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.

FF IC IA L

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 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:

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

KÈ

x = 2 log 2 x = 1  ⇔ ⇔ 1 1 log 2 x = −3  x = 3 = 2 8 

ẠY

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

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 .

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. Phương pháp

∫ ax + b dx = a ln ax + b + C.

Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản:

Câu 17.

1 1 dx = ln 2x − 1 + C. 2x + 1 2

Cách giải Ta có: F(x) = ∫

FF IC IA L

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

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

Phương pháp

Câu 18.

Chọn C.

F(1) = 2 ⇔

KÈ

+) 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

ẠY

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

x = 0 Ta có: f '(x) = −4x + 4x ⇒ f '(x) = 0 ⇔ −4x + 4x = 0 ⇔ −4x ( x − 1) = 0 ⇔  x = −1   x = 1 3

FF IC IA L

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

x →2

x +1 x +1 = +∞; lim− = −∞ ⇒ x = 2 là TCĐ của đồ thị hàm số. x → 2 x−2 x−2

Ta có: lim+

Cách giải

Chọn C. Phương pháp Sử dụng quy tắc cộng để làm bài toán.

Cách giải

Câu 21.

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.

KÈ

Chọn C.

Như vậy có: C14 .C62 + C24 .C16 = 96 cách chọn.

Câu 22.

Phương pháp

ẠY

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

FF IC IA L

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.

a ≠ 0, a ≠ e ⇒ a có 8 cách chọn.

TH2: Chọn e ∈ {0; 2; 4;6;8} ⇒ e có 4 cách chọn.

Khi đó a, b, c, d có A 94 cách chọn ⇒ có A 94 cách chọn TH1.

⇒ có 4.8.3. A 27 = 4032 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.

Phương pháp

Câu 24.

Chọn D.

Như vậy có: A 94 + 4032 = 7056 cách chọn.

KÈ

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:

ẠY

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.

−2  −1 f ( −2 ) = −2e = e  ⇒ f ( −1) = −e0 = −1 ⇒ min y = −1 khi x = −2 [ −2;0]  f 0 = 0 ( )  

Chọn C.

FF IC IA L

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

u2 1 = . q 16

⇒ u1 =

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.

Chọn B.

KÈ

Câu 27.

Vậy S = {−1;1} .

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 ) .

ẠY

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 →+∞

+) Nếu lim y = ∞ ⇒ x = x 0 là TCĐ của đồ thị hàm số. x →+∞

Cách giải

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

FF IC IA L

TXĐ: D = [ 7; +∞ )

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

 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

x +1

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. Chọn A.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = (1;9).

KÈ

Chú ý: Chú ý tìm ĐKXĐ của phương trình. Câu 31.

Phương pháp

ẠY

+) 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

FF IC IA L

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 =

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông MNP ta có:

9a 2 5a = 4 2

MN = MP 2 + NP 2 = 4a 2 +

1 3a AC = 2 2

Lại có AC ⊥ BD ⇒ MP ⊥ NP ⇒ ∆MNP vuông tại P.

1 BD = 2a 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

KÈ

a 6 a 2 h2 2 chóp R = + R day =   +   = a 2 4  2   2 

(

)

= 8πa 2

ẠY

Vậy diện tích mặt cầu là S = 4πR 2 = 4π a 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.

FF IC IA L

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)

⇒ AB ⊥ ( AND ) ⇒ CE ⊥ ( AND )

Tam giác ABD đều cạnh 2 ⇒ DM =

2 3 = 3 2

11 2

⇒ d ( M; ( CDE ) ) = MH =

MH ⊥ DN Trong (MND) kẻ MH ⊥ DN ta có:  ⇒ MH ⊥ ( CDE ) MH ⊥ CE

⇒ MN / /BC, BC ⊥ AB ⇒ MN ⊥ AB

Ta có: MN = BC = 3 ⇒ ∆MND cân tại M ⇒ H là trung điểm của ND.

11 1 = ⇒ ND = 2NH = 1 4 2

Xét tam giác vuông MNH có NH = MN 2 − MH 2 = 3 −

Chọn D. Câu 34.

KÈ

Phương pháp

Ta có: CE ⊥ ( MND ) ⇒ CE ⊥ DN ⇒ ∆CDN vuông tại N ⇒ CD = DN 2 + CN 2 = 1 + 1 = 2

+) Gọi I = AC ∩ HK , chứng minh AI ⊥ ( SHK ) , từ đó xác định góc giữa SA và (SHK).

ẠY

+) Sử dụng công thức sin =

Cách giải

doi huyen

∆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

FF IC IA L

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

2 4

Vậy sin ∠ ( SA; ( SHK ) ) =

a 2 AI 2 Tam giác SIA vuông tại I ⇒ sin ∠ISA = = 4 = SA a 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).

Đồng nhất hệ số ta có:

Ta có F ' ( x ) = ( 2ax + b ) e − x − ( ax 2 + bx + c ) .e − x = ( −ax 2 + ( 2a − b ) x − c ) e − x

KÈ

−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 .

ẠY

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

Cách giải

p q

Đặt log16 p = log 20 q = log 25 (p + q) = t

 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

FF IC IA L

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 

+) 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

3 3 VC1 .ABB1A1 = .8 = 12 2 2

KÈ

⇒ VABC.A1B1C1 =

1 2 Ta có: VC1 .ABC = VABC.A1B1C1 ⇒ VC1 .ABB1A1 = VABC.A1B1C1 3 3

Chọn C.

ẠY

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’.

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

FF IC IA L

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

KÈ

Tam giác vuông CKD vuông câm tại K ∠KDC = 450 ⇒ ∠BCH = 450 ⇒ ∆BCH vuông cân tại H.

⇒ BH = CH =

BC a = 2 2

(

)

ẠY

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 =

Chọn C.

2 2πa 3 7 2πa 2 2πa 2 7 2πa 3 + − = 3 12 12 6

( )

FF IC IA L

Câu 40: Phương pháp: +3 xét -2 +1 +5 +1 nhận Chia khối lập phươ-3ng, các kh-2ối tạo thành và tính thể tích của chúng 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

( )

KÈ

n A = 6.24.6!

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

( )

Vậy P A =

6.24.6! 2 5 = ⇒ P (A) = 9! 7 7

ẠY

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

 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 2

FF IC IA L

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

H N

Chọn D. Câu 43: Phương pháp: +) Gọi x M = x 0 ( x 0 > 0 ) ⇒ x N theo x 0

x = 0  x = 0 1 1 4 x = ⇒ S = 0 + +1 = ⇔ ⇔ 3 2 3 3 3   −6x + 14x − 10x + 2 = 0 x = 1 

x = 0 ⇔ 3 2 3 2 2 2 3 8x − 12x + 6x − 1 − 12x + 12x − 3x + 12x − 12x + 3 + 2x − x − 2x = 0

⇒ y M = 4 x 0 ; y N = a −2x 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 x0

⇒ 4 x 0 = a −2x 0 ⇔ 4 x 0 = ( a −2 ) ⇔ a −2 = 4 ⇔ a =

1 2

ẠY

KÈ

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

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 +

1 2 a2 a a + h2 . h2 + = h. 3 4 2

FF IC IA L

B ' K.BM = BB '.B 'M ⇔

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

⇔ ( a 2 − 2h 2 ) = 0 ⇔ a = 2h ⇔ h =

a2 3 a a2 3 a2 6 ⇒ VABC.A 'B'C' = AA '.S∆ABC = . = 2 4 2 2

Tam giác ABC đều cạnh a ⇒ S∆ABC =

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

ẠY

KÈ

∠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:

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 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

VP.NBC 1 1 2 2 1 = . = ⇒ VP.NBC = VA.SBC = V2 VA.SBC 3 3 9 9 9

⇒

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

FF IC IA L

+) V1 = VMN.ABCD − VP.NBC , từ đó suy ra tỉ số

ẠY

KÈ

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:

⇔ m ≥ 25 − a 2 +

FF IC IA L

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 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 +

f (a)

3 0

−

37 10

37 = 3, 7 10

Do đó m ≥ f ( a ) , ∀a ∈ ( 0;5] ⇔ m ≥

−∞

KÈ

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 

ẠY

 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

a f ′(a)

19 10

( 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

FF IC IA L

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:

KÈ

  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:

ẠY

⇒ 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.

số

ẠY M

KÈ Y

Q H

N Ơ N

FF IC IA L

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2019

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Môn thi: TOÁN

ĐỀ THI THAM KHẢO

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

(Đề thi có 07 trang)

----------------------------------------

Mục tiêu:

FF IC IA L

Đề thi thử THPT chuyên Thái Nguyên lần 1 bám khá sát đề thi thử THPTQG, trong đề thi xuất hiện một số câu hỏi hay và lí thú như 45, 47, 49,… 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. Câu 1. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (1;1;3) , B ( −1; 2;3) . Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB là  3  C.  0; ;3  .  2 

B. ( −2;1;0 ) .

D. ( 2; −1; 0 ) .

A. ( 0;3; 6 ) .

A. 57.

B. 55.

C. 56.

D. 54.

Câu 3. Đồ thị hình bên là của hàm số nào?

Câu 2. Giá trị lớn nhất của hàm số y = x 4 − 3 x 2 + 2 trên đoạn [ 0;3] bằng

A. y = x 3 − 3 x .

B. y = − x3 + 2 x . C. y = x 3 + 3x .

D. y = − x 3 − 2 x .

Câu 4. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x ( x − 1) ( x − 2 ) . Tìm

A. ( −∞; 0 ) và (1; 2 ) .

khoảng nghịch biến của đồ thị hàm số y = f ( x ) . B. ( 0;1) .

C. ( 0; 2 ) .

D. ( 2; +∞ ) .

C. 1.

D. 2.

Câu 5. Hàm số y = − x 4 − x 2 + 1 có mấy điểm cực trị? B. 0.

KÈ

A. 3.

Câu 6. Cho f ( x ) = 3 .2 . Khi đó, đạo hàm f ' ( x ) của hàm số là x

B. f ' ( x ) = 6 x ln 6 .

C. f ' ( x ) = 2 x ln 2 − 3x ln x .

D. f ' ( x ) = 2 x ln 2 + 3x.ln x .

ẠY

A. f ' ( x ) = 3x.2 x.ln 2.ln 3 .

Câu 7. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên: x y' y

−∞

2 +

−

+∞

−

−∞

−1

−∞

Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hàm số đạt cực đại tại x = 2 và đạt cực tiểu tại x = 1 . Trang 1/5

B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0 và giá trị nhỏ nhất bằng −1 . C. Hàm số có đúng một cực trị. D. Hàm số có giá trị cực đại bằng 2. Câu 8. Với a, b, c là các số thực dương tùy ý khác 1 và log a c = x, log b c = y . Khi đó giá trị của

log c ( ab ) là 1 1 + . x y

xy . x+ y

1 . xy

D. x + y .

FF IC IA L

Câu 9. Trong không gian, cho khối hộp chữ nhật AB = 1m, AA ' = 3m và BC = 2cm . Tính thể tích V của khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' ?

A. V = 5m3 .

B. V = 6m3 .

C. V = 3m3 .

D. V = 3 5m3 .

Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x + 1 là C. C .

Câu 11. Các khoảng nghịch biến của hàm số y = A. ( −∞; +∞ ) \ {1} .

B. ( −∞;1) .

2x +1 là x −1

C. ( −∞;1) và (1; +∞ ) .

32 π. 3

Câu 12. Tính diện tích của mặt cầu có bán kính r = 2 . B. 8π .

C. 32π .

D. (1; +∞ ) .

D. 16π .

D. x 2 + x + C .

B. 2.

A. x 2 + x .

7 . 2

B. x =

49 . 2

C. x =

2 . 49

D. x =

2 . 7

A. x =

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

0 1 2 2019 2019 x + C2019 x 2 + ... + C2019 x Câu 14. Hàm số f ( x ) = C2019 + C2019 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 0.

B. 2018.

C. 1.

D. 2019.

B. S xq = 2π rl .

C. S xq = π rl .

D. S xq = 3π rl .

A. S xq = 4π rl .

Câu 15. Công thức tính diện tích xung quanh S xq của hình nón có đường sinh l, bán kính đáy r là

KÈ

Câu 16. Đồ thị sau là đồ thị của hàm số nào trong bốn hàm số cho dưới đây A. y =

2x − 3 . x −1

ẠY C.

Câu 17. Cho hàm số y =

B. y =

2x − 3 . x −1

D. y =

2x − 3 . x −1

mx − 4 (với m là tham số thực) có bảng biến x +1

thiên dưới đây

x y'

+∞

−1

−∞

− +∞

y −2

−2

−∞ Trang 2/7

Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Với m = −2 hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.

B. Với m = 9 hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. C. Với m = 3 hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. D. Với m = 6 hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Câu 18. Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y = −2 x 3 + 3 x 2 + 1 B. y = − x + 1 .

C. y = x − 1 .

D. y = − x − 1 .

FF IC IA L

A. y = x + 1 .

Câu 19. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = 2 x − 4 6 − x trên

[ −3;6] . Tổng

M + m có giá trị là

A. −12 .

B. −6 .

C. 18.

D. −4 .

Câu 20. Số nghiệm thực của phương trình log 3 x + log 3 ( x − 6 ) = log3 7 là A. 0.

B. 2.

C. 1.

D. 3.

a3 6 . 6

B. V = a3 2 .

C. V =

a3 2 . 2

A. V =

Câu 21. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, ∠BSA = 60° . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD? D. V =

a3 2 . 6

Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Tam giác SAB cân tại S có SA = SB = 2a nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy ABCD. Gọi α là góc giữa SD và mặt phẳng đáy

B. cot α =

3 . 6

C. tan α =

3 . 3

D. cot α = 2 3 .

A. tan α = 3 .

( ABCD ) . Mệnh đề nào sau đây đúng?

2(a + b + c) . 3

a2 + b2 + c2 .

Câu 23. Trong không gian, cho hình chóp S.ABC có SA, AB, BC đôi một vuông góc với nhau và SA = a , SB = b , SC = c . Mặt cầu đi qua S, A, B, C có bán kính bằng C. 2 a 2 + b 2 + c 2 .

1 2 a + b2 + c2 . 2

Câu 24. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân ở B, AC = a 2, SA ⊥ mp ( ABC ) , SA = a .

KÈ

Gọi G là trọng tâm tam giác SBC, mặt phẳng (α ) đi qua AG và song song với BC cắt SB, SC lần lượt tại M, N. Tính thể tích V của khối chóp S.AMN?

a3 . 9

ẠY

A. V =

B. V =

2a 3 . 27

C. V =

2a 2 . 9

D. V =

a3 . 6

Câu 25. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 2cm và có thiết diện qua trục là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ là

A. 8π cm 2 .

B. 4π cm 2 .

C. 32π cm 2 .

D. 16π cm 2 .

Trang 3/7

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

−5

−∞

−

+∞

FF IC IA L

2 Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. min f ( x ) = 2 và hàm số không đạt giá trị lớn nhất trên [ −5;7 ) . [−5;7 )

B. max f ( x ) = 6 và min f ( x ) = 2 . [−5;7 )

[−5;7 )

C. max f ( x ) = 9 và min f ( x ) = 2 . [−5;7 )

[−5;7 )

D. max f ( x ) = 9 và min f ( x ) = 6 .

[−5;7 )

A. 1.

B. 2.

C. 3.

−2

−∞

D. 0.

Câu 28. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Câu 27. Số nghiệm thực của phương trình 4 x −1 + 2 x +3 − 4 = 0 là

+∞

− 1

−∞

Đồ thị hàm số đã cho có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận? A. 0. B. 1. C. 3.

D. 2.

Câu 29. Số nghiệm của bất phương trình 2 log 1 x − 1 < log 1 x − 1 là B. Vô số.

C. 1.

A. 3.

D. 2.

KÈ

Câu 30. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên sau:

−∞

−

+∞ +

+∞ 1

−∞

ẠY

−1

Hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 3.

B. 5.

C. 2.

D. 4.

Trang 4/7

Câu 31. Tính diện tích lớn nhất của hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong nửa đường tròn có bán kính 10cm (hình vẽ) A. 160cm 2 . B. 100cm 2 . C. 80cm 2 . D. 200cm 2 .

FF IC IA L

Câu 32. Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số 2

f ( x ) = e x ( x 3 − 4 x ) . Hàm số F ( x 2 + x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 6.

B. 5.

C. 3.

D. 4.

Câu 33. Cho tam giác ABC vuông tại A, cạnh AB = 6, AC = 8 và M là trung điểm của cạnh AC. Khi đó thể tích của khối tròn xoay do tam giác BMC quanh cạnh AB là

B. 106π.

C. 96π.

D. 98π.

A. 86π.

B. 4.

Câu 35. Cho hàm số y =

C. 9.

D. 7.

1− x . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số có ba x − 2mx + 4

A. 1.

Câu 34. Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x − m.2 x + 2m + 1 = 0 có nghiệm. Tập ℝ \ S có bao nhiêu giá trị nguyên?

m > 2   m < −2 A.   . 5  m ≠ 2

C. −2 < m < 2 .

 m < −2 D.  . m > 2

m > 2  B.  5. m ≠ 2

đường tiệm cận?

Câu 36. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số (không nhất thiết khác nhau) được lập từ các chữ

1 . 6

11 . 60

KÈ

số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9. Chọn ngẫu nhiên một số abc từ S. Tính xác suất để số được chọn thỏa mãn a≤b≤c.

13 . 60

9 . 11

Câu 37. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 3a. Điểm H thuộc cạnh AC với HC = a . Dựng đoạn thẳng SH vuông góc với mặt phẳng

3a . 7

3 21a . 7

a 21 . 7

D. 3a .

với SH = 2a . Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng

bằng

ẠY

( SAB )

( ABC )

Trang 5/7

Câu 38. Một khối pha lê gồm một hình cầu ( H1 ) bán kính R và một hình nón ( H 2 ) có bán kính đáy và đường sinh lần lượt là r, l thỏa mãn

1 3 r = l và l = R xếp chồng lên nhau (hình vẽ). Biết tổng diện tích 2 2 mặt cầu ( H1 ) và diện tích toàn phần của hình nón ( H 2 ) là 91cm 2 .

104 2 cm . 5

B. 16cm 2 .

C. 64cm 2 .

26 2 cm . 5

FF IC IA L

Tính diện tích của khối cầu ( H1 ) .

Câu 39. Cho hàm số f ( x ) > 0 với x ∈ ℝ, f ( 0 ) = 1 và f ( x ) = x + 1. f ' ( x ) với mọi x ∈ ℝ . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

B. 2 < f ( 3) < 4 .

C. 4 < f ( 3) < 6 .

D. f ( 3) > f ( 6 ) .

A. f ( 3) < 2 .

Câu 40. Tìm các giá trị thực của tham số m để hàm số f ( x ) = x3 + 3 x 2 − ( m 2 − 3m + 2 ) x + 5 đồng biến

41.

Số

trị

giá

nguyên

c ủa

C. 1 ≤ m ≤ 2 .

tham

Câu

B. m < 1, m > 2 .

số

m ∈ [ −10;10]

A. 1 < m < 2 .

trên khoảng ( 0; 2 )

D. m ≤ 1, m ≥ 2 . để

bất

phương

trình

A. 28.

3 + x + 6 − x − 18 + 3 x − x 2 ≤ m 2 − m + 1 nghiệm đúng ∀x ∈ [ −3; 6] là B. 20.

C. 4.

D. 19.

Câu 42. Cho hình chóp đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của

a 3 26 . 24

a3 5 . 24

SB, SC. Biết ( AMN ) ⊥ ( SBC ) . Thể tích của khối chóp S.ABC bằng

a3 5 . 8

a 3 13 . 18

Câu 43. Cho hàm số f ( x ) = x 2 − ( 2m − 1) x 2 + ( 2 − m ) x + 2 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để

KÈ

hàm số y = f ( x ) có 5 cực trị. 5 ≤ m ≤ 2. 4

B. −

5 < m < 2. 4

C. −2 < m <

5 . 4

5 < m < 2. 4

ẠY

Câu 44. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB = AC = a . Biết góc giữa hai đường thẳng AC ' và BA ' bằng 60°. Thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng

A. a 3 .

B. 2a 3 .

a3 . 3

Câu 45. Tập hợp tất cả các số thực x không thỏa mãn bất phương trình 9 x

D. 2

−4

a3 . 2

+ ( x 2 − 4 ) .2019 x − 2 ≥ 1 là

khoảng ( a; b ) . Tính b − a .

A. 5.

B. −1 .

C. −5 .

D. 4.

Trang 6/7

Câu 46. Một người vay ngân hàng số tiền 50 triệu đồng, mỗi tháng trả ngân hàng số tiền 4 triệu đồng và phải trả lãi suất cho số tiền còn nợ là 1,1% một tháng theo hình thức lãi kép. Giả sử sau n tháng người đó trả hết nợ. Khi đó n gần với số nào dưới đây? A. 13.

B. 15.

C. 16.

Câu 47. Cho khối nón có độ lớn góc ở đỉnh là

D. 14.

FF IC IA L

. Một khối cầu ( S1 ) nội tiếp trong khối nón. Gọi S2 là 3 khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón và với S1 ; S3 là khối tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón với S 2 ;...; S n là khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón và với S n −1 . Gọi V1 ,

V2 , V3 ,...,Vn −1 , Vn lần lượt là thể tích của khối cầu S1 , S 2 , S3 ,..., S n −1 , S n và V là thể tích của khối nón. Tính

V1 + V2 + ... + Vn n →+∞ V

giá trị của biểu thức T = lim

3 . 5

6 . 13

7 . 9

1 . 2

Câu 48. Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f ( x ) . Gọi S là tập hợp

các giá trị nguyên không âm của tham số m để hàm số

B. 4. D. 5.

A. 3. C. 2.

y = f ( x − 2019 ) + m − 2 có 5 điểm cực trị. Số các phần tử của S bằng

Câu 49. Trên một mảnh đất hình vuông có diện tích 81m 2 người ta đào một cái ao nuôi cá hình trụ (như hình vẽ) sao cho tâm của hình tròn đáy trùng với tâm của mảnh đất. Ở giữa mép ao và mép mảnh đất người ta để lại một khoảng đất trống để đi lại, biết khoảng cách nhỏ

nhất giữa mép ao và mép mảnh đất là x ( m ) . Giả sử chiều

D. V = 72π ( m3 ) .

C. V = 36π ( m3 ) .

B. V = 27π ( m3 ) .

A. V = 13,5π ( m3 ) .

sâu của ao cũng là x ( m ) . Tính thể tích lớn nhất V của ao.

KÈ

Câu 50. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) trên ℝ . Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) . Hàm số g ( x ) = f ( x − x 2 ) nghịch biến trên khoảng nào

ẠY

trong các khoảng dưới đây?

 3  A.  − ; +∞  .  2 

3  B.  −∞;  . 2 

1  C.  ; +∞  . 2 

1  D.  −∞;  . 2 

Trang 7/7

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

C10

C29 C34 C45 C46

C8 C13 C20 C27

C32 C39

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

C48 C50

Chương 4: Số Phức

Hình học

Lớp 12 (96%)

C3 C7 C11

C19 C31 C35 C40 C41 C43

FF IC IA L

Chương 1: Hàm Số

C2 C4 C5 C14 C16 C17 C18 C26 C28 C30

Chương 1: Khối Đa Diện

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C12 C15

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C37 C42 C44

C21 C22 C24

C23 C33

C49

Đại số

C25 C38

KÈ

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

ẠY

C36

Lớp 11 (4%)

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

C47

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

Hình học Trang 8/7

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

FF IC IA L

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 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

Lớp 10 (0%)

Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Hình học

Chương 1: Vectơ

Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Chương 5: Thống Kê

KÈ

Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng

ẠY

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu

Điểm

1.8

3.8

3.6

0.8

Trang 9/7

NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan.

Không có câu hỏi lớp 10. Cấu trúc tương tự đề thi minh họa năm 2018-2019. 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.

ẠY

KÈ

Đề thi phân loại học sinh ở mức khá.

FF IC IA L

Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, còn lại là câu hỏi lớp 11 chiếm 4%.

Trang 10/7

ĐÁP ÁN 2. C

3. A

4. C

5. C

6. B

7. A

8. A

9. B

10. D

11. C

12. D

13. B

14. A

15. C

16. A

17. A

18. A

19. B

20. C

21. D

22. A

23. D

24. B

25. D

26. A

27. A

28. D

29. B

30. A

31. B

32. B

33. C

34. C

35. A

36. B

37. B

38. C

39. D

40. C

41. D

42. B

43. D

44. D

45. D

46. D

47. B

48. A

49. A

50. C

FF IC IA L

1. B

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Chọn đáp án C Phương pháp Ta có: AB = ( xB − xA ; yB − y A ; z B − z A ) . Cách giải Ta có: AB = ( −1 − 1; 2 − 1;3 − 3) = ( −2;1;0 ) .

Câu 2. Chọn đáp án C 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 xi .

+) Tính các giá trị f ( a ) , f ( b ) , f ( xi ) ( xi ∈ [ a; b ] ). Khi đó:

min f ( x ) = min { f ( a ) ; f ( b ) ; f ( xi )} , max f ( x ) = max { f ( a ) ; f ( b ) ; f ( xi )} . [ a ;b ]

[a ;b]

Cách 2: Sử dụng chức năng MODE 7 để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên [ a; b ] .

Cách giải

  x = 0 ∈ [ 0;3]  6 3 3 Ta có: y ' = 4 x − 6 x ⇒ y ' = 0 ⇔ 4 x − 6 x = 0 ⇔  x = ∈ [ 0;3]  2   x = − 6 ∉ 0;3 [ ]  2

ẠY

KÈ

 y ( 0) = 2  1   6 ⇒  y  y = 56 khi x = 3 .  = − ⇒ Max  [0;3] 4   2   y 3 = 56  ( )

Câu 3. Chọn đáp án A Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số để nhận xét chiều biến thiên, các điểm thuộc đồ thị hàm số và các điểm cực trị từ đó chọn công thức hàm số tương ứng. Cách giải Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của đồ thị đi lên nên a > 0 ⇒ loại đáp án B và D. Ta thấy đồ thị hàm số đi qua ( −1; 2 ) và (1; −2 ) .

Trang 11/7

( −1)3 − 3. ( −1) = 2 ⇒ đáp án A có thể đúng. +) Đáp án A:  3 1 − 3.1 = −2 ( −1)3 + 3. ( −1) = −4 ≠ 2 +) Đáp án C:  ⇒ loại đáp án C. 3 1 + 3.1 = 4 ≠ −2

FF IC IA L

Câu 4. Chọn đáp án C Phương pháp

Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ f ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b ) và bảng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải 2

Hàm số nghịch biến ⇔ f ' ( x ) ≤ 0 ⇔ x ( x − 1) ( x − 2 ) ≤ 0 ⇔ x ( x − 2 ) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 . Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án C thỏa mãn. Câu 5. Chọn đáp án C 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 ' = −4 x 3 − 2 x ⇒ y ' = 0 ⇔ −4 x 3 − 2 x = 0 ⇔ −2 x ( x 2 + 1) = 0 ⇔ x = 0 .

⇒ Hàm số có 1 điểm cực trị. Câu 6. Chọn đáp án B Phương pháp m

Sử dụng công thức: a m .b m = ( ab ) .

Sử dụng công thức đạo hàm cơ bản: ( uv ) ' = u ' v + uv '; ( a x ) ' = a x ln a .

Cách giải

Ta có: f ' ( x ) = ( 3x.2 x ) ' = ( 6 x ) ' = 6 x ln 6 .

ẠY

KÈ

Câu 7. Chọn đáp án A Phương pháp Dựa vào BBT để nhận xét các điểm cực trị và các khoảng biến thiên của hàm số và chọn đáp án đúng. Cách giải Dựa vào BBT ta có: hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và đạt cực đại tại x = 2 . Câu 8. Chọn đáp án A Phương pháp 1 Sử dụng công thức: log a b + log a c = log a bc;log a b = (giả sử các biểu thức có nghĩa). log b a

Cách giải

Ta có: log c ( ab ) = log c a + log c b =

1 1 1 1 + = + . log a c log b x x y

Trang 12/7

Câu 9. Chọn đáp án B Phương pháp Thể tích hình hộp chữ nhật có các kích thước a, b, c là V = abc . Cách giải Thể tích khối lăng trụ là: VABCD . A ' B 'C ' D ' = AA '. AB.BC = 3.1.2 = 6m3 .

FF IC IA L

Câu 10. Chọn đáp án D Phương pháp Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản. Cách giải

x2 + x + C = x2 + x + C . 2 Chú ý khi giải: Chú ý cần có hằng số C. Học sinh có thể quên hằng số C này và chọn đáp án A. Câu 11. Chọn đáp án C Phương pháp ax + b Hàm số y = ( ad ≠ bc ) , hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên từng khoảng xác định của cx + d ad − bc hàm số. Công thức tính nhanh đạo hàm của hàm số: y ' = . 2 ( cx + d )

∫ ( 2 x + 1) dx = 2.

Ta có:

TXĐ: D = ℝ \ {1} .

( x − 1)

=−

3 < 0 ∀x ∈ D . ( x − 1)

2. ( −1) − 1.1

Ta có: y ' =

Cách giải

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

Chú ý: Không kết luận hàm số nghịch biến trên ℝ \ {1} .

Câu 12. Chọn đáp án D Phương pháp

KÈ

Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính R : S = 4π R 2 . Cách giải

ẠY

Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính r = 2 : S = 4π .22 = 16π . Câu 13. Chọn đáp án B Phương pháp Cho ba số a, b, c lập thành CSC thì ta có: 2b = a + c . Cách giải Điều kiện x > 0 . Ta có 3 số: log 2;log 7;log x theo thứ tự thành CSC ⇒ 2 log 7 = log 2 + log x ⇔ log 7 2 = log 2 x

49 ( tm ) . 2 Câu 14. Chọn đáp án A Phương pháp ⇔ 2 x = 49 ⇔ x =

Trang 13/7

+) Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x ) là số nghiệm bội lẻ của phương trình f ' ( x ) = 0 . n

+) Sử dụng công thức Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + ... + Cnn x n = ( x + 1) .

Cách giải 0 1 2 2019 2019 Ta có: f ( x ) = C2019 + C2019 x + C2019 x 2 + ... + C2019 x = ( x + 1)

2019

 ' = 2019 ( x + 1)2018 

⇒ f ' ( x ) = 0 ⇔ 2019 ( x + 1)

2018

FF IC IA L

⇒ f ' ( x ) = ( x + 1) 

2019

= 0 ⇔ x =1

Vì x = 1 là nghiệm bội 2018 ⇒ x = 1 không là điểm cực trị của hàm số đã cho. Câu 15. Chọn đáp án C 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 16. Chọn đáp án A Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số và các đáp án để chọn đáp án đúng. Cách giải Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TXĐ là: x = 1 và TCN là: y = 2

Lại có đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía trên trục Ox ⇒ đáp án A đúng. Câu 17. Chọn đáp án A Phương pháp Dựa vào BBT nhận xét các đường tiệm cận của đồ thị hàm số và chọn đáp án đúng. Cách giải Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có TXĐ là: x = −1 và TCN là: y = −2 . mx − 4 = m ⇒ y = m là TCN của đồ thị hàm số ⇒ m = −2 . x →∞ x + 1 Câu 18. Chọn đáp án A Phương pháp Giải phương trình y ' = 0 để xác định hoành độ giao điểm cực trị từ đó suy ra tọa độ hai điểm cực trị

KÈ

Ta có: lim

A ( xA ; y A ) , B ( xB ; yB ) của hàm số.

ẠY

Phương trình đường thẳng AB :

x − xA y − yA . = xB − x A y B − y A

Cách giải

 x = 0 ⇒ A ( 0;1) Ta có: y ' = −6 x 2 + 6 x ⇒ y ' = 0 ⇔ −6 x 2 + 6 x = 0 ⇔   x = 1 ⇒ B (1; 2 ) ⇒ đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A ( 0;1) , B (1; 2 ) .

⇒ phương trình đường thẳng AB:

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

Câu 19. Chọn đáp án B Trang 14/7

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 xi . +) Tính các giá trị f ( a ) , f ( b ) , f ( xi ) ( xi ∈ [ a; b ]) . Khi đó: min f ( x ) = min { f ( a ) ; f ( b ) ; f ( xi )} , max f ( x ) = max { f ( a ) ; f ( b ) ; f ( xi )} . [ a ;b ]

[ a ;b ]

FF IC IA L

Cách 2: Sử dụng chức năng MODE 7 để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên [ a; b ] .

Cách giải TXĐ: D = ( −∞;6] .

Nhập hàm số đã cho vào máy tính và sử dụng chức năng MODE 7 của máy tính để làm bài toán.

6+3 19

Khi đó ta có:

và

⇒ M = Max y = 12; m = Min y = −18 . [ −3;6]

+) Nhập hàm số f ( x ) = 2 x − 4 6 − x ; Start : −3; End : 6; Step :

[−3;6]

⇒ M + m = 12 − 18 = −6 . Câu 20. Chọn đáp án C Phương pháp

Giải phương trình logarit: log a f ( x ) = b ⇔ f ( x ) = a b ( 0 < a ≠ 1)

Cách giải ĐKXĐ: x > 6 .

log 3 x + log 3 ( x − 6 ) = log 3 7 ⇔ log 3  x ( x − 6 )  = log 3 7

 x = −1( ktm ) ⇔ x2 − 6 x = 7 ⇔ x2 − 6 x − 7 = 0 ⇔   x = 7 ( tm )

ẠY

KÈ

Câu 21. Chọn đáp án D Phương pháp +) Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: 1 V = Sh . 3 Cách giải

Gọi AC ∩ BD = {O} ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) . Ta có: S . ABCD là hình chóp tứ giác đều ⇒ SA = SB ⇒ ∆SAB cân tại S. Lại có ∠ASB = 60° ( gt ) ⇒ ∆SAB là tam giác đều ⇒ SA = SB = AB = a . Ta có: AC = AB 2 + BC 2 = a 2 (định lý Pitago) ⇒ AO =

1 a 2 AC = . 2 2

Trang 15/7

⇒ SO = SA2 − AO 2 = a 2 −

a2 a 2 = . 2 2

1 1 a 2 2 a3 2 . ⇒ VSABCD = SO.S ABCD = . .a = 3 3 2 6 Câu 22. Chọn đáp án A Phương pháp

Sử dụng định lý Py-ta-go tính các cạnh và công thức lượng giác: tan α =

Cách giải Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ AB . Ta có: ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) , SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) .

DH = AH 2 + AD 2 = a 2 +

a2 a 5 = . 4 2

a 2 a 15 = . 4 2

SH = SA2 − AH 2 = 4a 2 −

Áp dụng định lý Pytago với các tam giác vuông SAH, ADH ta có:

canh doi . canh ke

⇒ ∠ ( SD, ( ABCD ) ) = ∠ ( SD, HD ) = ∠SDH = α .

FF IC IA L

Xác định góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng ( P ) là góc giữa d và d ' là hình chiếu của nó trên ( P ) .

SH a 15 a 5 : = = 3. DH 2 2 Câu 23. Chọn đáp án D Phương pháp Sử dụng công thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp có cạnh bên vuông góc với mặt đáy:

⇒ tan α =

KÈ

h R =   + r 2 với h là độ dài cạnh bên vuông góc với mặt đáy và r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa 2 giác đáy. Cách giải Ta có: SA, AB, BC đôi một vuông góc

⇒ SA ⊥ ( ABC ) và ∆ABC vuông tại B.

ẠY

Gọi I là trung điểm của AC ⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC . Khi đó bán kính đường tròn tâm I ngoại tiếp ∆ABC : r =

1 1 2 AC = b + a2 . 2 2

Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC là: 2

a2 b2 + c2 1 2  SA  2 R=  + = a + b2 + c2 .  +r = 4 4 2  2 

Câu 24. Chọn đáp án B Phương pháp +) Xác định các điểm M, N. Trang 16/7

SM SB +) Sử dụng công thức tính tỉ lệ

+) Sử dụng định lý Ta-lét tính các số

SN . SC thể tích: Cho các điểm M ∈ SA, N ∈ SB, P ∈ SC

ta có:

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

SG 2 = (tính chất đường trung tuyến). SH 3 SM SN SG 2 Ta có: MN / / BC ⇒ = = = (định lý Ta-lét) SB SC SH 3 AC Ta có: AB = = a ( ∆ABC cân tại B) 2

FF IC IA L

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

⇒

1 1 1 1 1 1 Có: VS . ABC = SA.S ABC = SA. AB 2 = .a. a 2 = a 3 . 3 3 2 3 2 6 V 4 4 1 2 3 SA SM SN 2 2 4 Theo công thức tỉ lệ thể tích ta có: SAMN = a . . . = . = ⇒ VSAMN = VSABC = . a 3 = 9 9 6 27 VSABC SA SB SC 3 3 9

Câu 25. Chọn đáp án D Phương pháp Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy R, chiều cao h : S xq = 2π rh .

Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao

h :V = π R2h . Cách giải Vì thiết diện qua trục là hình vuông nên ta có: h = 2r = 4cm .

KÈ

⇒ S xq = 2π rh = 2π .2.4 = 16π cm 2

ẠY

Câu 26. Chọn đáp án A Phương pháp Dựa vào BBT để nhận xét các GTLN và GTNN của hàm số trên khoảng cần xét. Cách giải Dựa vào BBT ta thấy: min f ( x ) = 2 khi x = 1 và hàm số không tồn tại GTLN trên [ −5;7 ) .

[−5;7 )

Câu 27. Chọn đáp án A Phương pháp Giải phương trình mũ: a x = b ⇔ x = log a b ( 0 < a ≠ 1) .

Cách giải Ta có: Trang 17/7

1 4 x −1 + 2 x +3 − 4 = 0 ⇔ .22 x + 8.2 x − 4 = 0 4

 2 x = −16 + 4 17 ( tm ) ⇔ ⇔ x = log 2 4 17 − 16 .  2 x = −16 − 4 17 ( ktm ) Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm. Câu 28. Chọn đáp án D Phương pháp Dựa vào BBT để nhận xét các đường tiệm cận của đồ thị hàm số.

)

FF IC IA L

(

+) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x ) ⇔ lim f ( x ) = ∞ x→a

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

Cách giải Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có hai đường TCĐ là: x = −2, x = 0 và 1 đường TCN là: y = 0 .

Câu 29. Chọn đáp án B Phương pháp

 a > 1  0 < f ( x ) < g ( x ) + Giải bất phương trình log a f ( x ) < log a g ( x ) ⇔   0 < a < 1   f ( x ) > g ( x ) > 0  Cách giải ĐKXĐ: x > 0, x ≠ 1 . 2

2 log 1 x − 1 < log 1 x − 1 ⇔ −2 log 2 x − 1 < − log 2 x − 1 2

⇔ 2 log 2 x − 1 > log 2 x + 1 ⇔ log 2 ( x − 1) > log 2 x + log 2 2 2

⇔ log 2 ( x − 1) > log 2 ( 2 x ) ⇔ ( x − 1) > 2 x (Do 2 > 1 )

KÈ

x > 2 + 3 ⇔ x2 − 2 x + 1 − 2 x > 0 ⇔ x2 − 4 x + 1 > 0 ⇔  .  x < 2 − 3

 x ∈ ℤ Kết hợp điều kiện ⇒ Bất phương trình vô nghiệm  ⇒ x ∈ {4;5;...}  x ∈ 0; 2 − 3 ∪ 2 + 3; +∞ Vậy bất phương trình có vô số nghiệm thỏa mãn bài toán. Câu 30. Chọn đáp án A Phương pháp Dựa vào BBT để nhận xét các điểm cực trị của đồ thị hàm số. Cách giải

) (

)

ẠY

(

Cách vẽ đồ thị hàm số y = f ( x ) : Giữ lại phần đồ thị hàm số y = f ( x ) ở phía trên trục Ox và lấy đối xứng phần đồ thị của hàm số y = f ( x ) ở phía dưới trục Ox lên phía trên trục Ox. Từ đó ta vẽ được đồ thị hàm số y = f ( x ) như sau: Trang 18/7

−1 5

−∞

f ( x)

+∞ +∞

y=0

−∞

Như vậy đồ thị hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị.

FF IC IA L

Câu 31. Chọn đáp án B Phương pháp +) Đặt OA = x ( x > 0 ) . Tính AB và AD theo x. +) Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số không âm a, b: ab ≤

a 2 + b2 . Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b . 2

Cách giải Đặt OA = x ⇒ AB = 2 x ( x > 0 ) .

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OAD ta có:

⇒ S ABCD = AB. AD = 2 x. 100 − x 2 ≤ x 2 + 100 − x 2 = 100

diện

lớn

tích

nhất

của

hình

chữ

ABCD

là

100cm 2 ,

dấ u

“=”

xả y

⇔ x = 100 − x ⇔ x = 5 2 ( cm ) .

nhật

Vậ y

AD = OD 2 − OA2 = 100 − x 2

Câu 32. Chọn đáp án B Phương pháp

+) Đổi biến, đặt t = x 2 sau đó sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính F ( x ) , từ đó suy ra

F ( x2 + x )

+) Đặt g ( x ) = F ( x 2 + x ) , giải phương trình g ' ( x ) = 0 xác định nghiệm bội lẻ của phương trình, từ đó kết luận số điểm cực trị của hàm số. Cách giải

Ta có F ( x ) = ∫ e x ( x3 − 4 x ) dx = ∫ e x ( x 2 − 4 ) xdx 2

KÈ

Đặt t = x 2 ⇒ dt = 2 xdx ⇒ F ( t ) =

1 t e ( t − 4 ) dt . 2∫

ẠY

u = t − 4 du = dt Đặt  ⇒ t t dv = e dx v = e 1 1 1 ( t − 4 ) et − ∫ et dt  = ( t − 4 ) et − et  = ( 5 − t ) et + C . 2 2 2

⇒ F (t ) =

⇒ F ( x) =

⇒ g '( x) =

2 2 2 1 2 1 ( x2 + x ) + C x − 5 ) e x + C ⇒ g ( x ) = F ( x 2 + x ) = ( x 2 + x ) − 5 e (  2 2 2 2 2 1  ( x2 + x ) ( x2 + x ) 2 2 2 2 1 5 .2 ( x 2 + x ) . ( 2 x + 1)  x + x x + e + x + x − e ( ) ( ) ( )  2 

g ' ( x ) = ( x 2 + x ) ( 2 x + 1) e

(

( x + x) 2

)

(( x + x ) − 4) 2

Trang 19/7

g ' ( x ) = x ( x + 1)( 2 x + 1) ( x 2 + x − 2 )( x 2 + x + 2 ) e

( x + x) 2

FF IC IA L

x = 0   x = ±1 g '( x) = 0 ⇔  −1 x = 2   x = −2 Vậy hàm số F ( x 2 + x ) có 5 điểm cực trị.

Câu 33. Chọn đáp án C Phương pháp

1 1 1 1 V = π . AC 2 . AB − π AM 2 AB = π .86.6 − π .42.6 = 96π 3 3 3 3 Câu 34. Chọn đáp án C Phương pháp

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 Khi quay tam giác BMC quanh cạnh AB tạo ra 2 khối tròn xoay có thể tích là:

+) Đặt t = 2 x > 0 , đưa phương trình trở thành phương trình bậc hai ẩn t.

+) Cô lập m, đưa phương trình về dạng f ( t ) = m . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị

hàm số y = f ( t ) và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

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

Cách giải

Đặt t = 2 x > 0 , khi đó phương trình trở thành t 2 − mt + 2m + 1 = 0 ⇔ t 2 + 1 = m ( t − 2 )

Nhận thấy t = 2 không là nghiệm của phương trình ⇒ t ≠ 2 .

KÈ

Chia cả 2 vế của phương trình cho t − 2 , ta được m =

t2 +1 = f ( t ) ( t > 0 ) (*) t −2

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( t ) và đường thẳng y = m song

ẠY

song với trục hoành. Ta có: f ' ( t ) =

2t ( t − 2 ) − t 2 − 1

(t − 2)

t 2 − 4t − 1

(t − 2)

t = 2 5 ∈ ( 0; +∞ ) =0⇔  t = 2 − 5 ∉ ( 0; +∞ )

BBT:

Trang 20/7

f ' (t ) f (t )

2+ 5

−

−1 2

+∞ +

+∞

−∞

FF IC IA L

4+2 5

1  m<− −1    2 Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm ⇔ ⇒ S =  −∞;  ∪  4 + 2 5; +∞  2    m ≥ 4 + 2 5

Cho hàm số y = f ( x ) .

+) Nếu lim y = y0 ⇒ y = y0 là TCN của đồ thị hàm số.

 1  ⇒ ℝ \ S =  − ; 4 + 2 5  ⇒ ℝ \ S có 9 giá trị nguyên là {0;1; 2;...;8} .  2  Câu 35. Chọn đáp án A Phương pháp

)

x →∞

+) Nếu lim y = ∞ ⇒ x = x0 là TCĐ của đồ thị hàm số.

x → x0

Cách giải Ta có:

1 1 − 2 1− x x = 0 ⇒ y = 0 là TCN của đồ thị hàm số. lim y = lim 2 = lim x x →±∞ x →±∞ x − 2mx + 4 x →±∞ 2m 4 1− + x x2 Do đó để đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận thì đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng. ⇒ Phương trình f ( x ) = x 2 − 2mx + 4 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

ẠY

KÈ

m > 2  ∆ ' = m − 4 > 0   m < −2 ⇔ ⇔  . 5   f (1) = 1 − 2m + 4 ≠ 0 m ≠ 2 Câu 36. Chọn đáp án B Phương pháp Chia các TH sau: TH1: a < b < c . TH2: a = b < c . TH3: a < b = c . TH4: a = b = c Cách giải 2

Gọi số tự nhiên có 3 chữ số là abc ( 0 ≤ a, b, c ≤ 9, a ≠ 0 ). Trang 21/7

⇒ S có 9.10.10 = 900 phần tử. Chọn ngẫu nhiên một số từ S ⇒ n ( Ω ) = 900 .

Gọi A là biến cố: “Số được chọn thỏa mãn a ≤ b ≤ c ”. TH1: a < b < c . Chọn 3 số trong 9 số từ 1 đến 9, có duy nhất một cách xếp chúng theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải nên TH này có C93 số thỏa mãn. TH2: a = b < c , có C92 số thỏa mãn.

FF IC IA L

TH3: a < b = c có C92 số thỏa mãn. TH4: a = b = c có 9 số thỏa mãn.

⇒ n ( A ) = C93 + 2.C92 + 9 = 165 . 165 11 . = 900 60 Câu 37. Chọn đáp án B Phương pháp

Vậ y P ( A ) =

+) So sánh d ( C ; ( SAB ) ) và d ( H , ( SAB ) ) .

+) Dựng và tính khoảng cách d ( H , ( SAB ) ) .

Cách giải

Goi D là trung điểm của AC ⇒ CD ⊥ AB

Kẻ HM / / CD ( M ∈ AB ) ⇒ HM ⊥ AB .

 HM ⊥ AB Ta có  ⇒ AB ⊥ ( SHM ) .  SH ⊥ AB

Trong ( SHM ) kẻ HK ⊥ SM ( K ∈ SM ) ta có:

 HK ⊥ SM   HK ⊥ AB ( AB ⊥ ( SHM ) )

KÈ

⇒ HK ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( H ; ( SAB ) ) = HK . d ( C ; ( SAB ) ) d ( H ; ( SAB ) )

ẠY

Ta có: CH ∩ ( SAB ) = A ⇒

Tam giác ABC đều cạnh 3a ⇒ CD =

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

CA 3 3 3 = ⇒ d ( C ; ( SAB ) ) = d ( H ; ( SAB ) ) = HK . HA 2 2 2

3a 3 . 2

HM AH 2 2 3a 3 = = ⇒ HM = . = a 3. CD AC 3 3 2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHM ta có: HK =

SH .HM SH 2 + HM 2

2a.a 3 4a 2 + 3a 2

2a 21 7

Trang 22/7

3 2a 21 3a 21 Vậy d ( C ; ( SAB ) ) = . . = 2 7 7

Câu 38. Chọn đáp án C Phương pháp Sử dụng công thức tính diện tích toàn hình nón Stp = π rl + π r 2 trong đó r, l lần lượt là bán kính đáy và độ

FF IC IA L

dài đường sinh của hình nón. Diện tích mặt cầu bán kính R là 4π R 2 . Cách giải 1 1 3 3   r = 2 l r = 2 . 2 R = 4 R Ta có:  ⇔ 3 l = R l = 3 R  2  2

27 2 3  3 3  Diện tích toàn phần của hình nón là S1 = π rl + π r = π  R  . R + π  R  = π R 16 4  2 4 

27 2 91 R + 4π R 2 = 91 ⇔ π R 2 = 91 ⇔ π R 2 = 16 . 16 16

Theo bài ra ta có: S1 + S 2 = 91 ⇔ π

Diện tích mặt cầu là S 2 = 4π R 2 .

Vậy diện tích mặt cầu là: S 2 = 4π R 2 = 4.16 = 64 ( cm 2 ) .

Câu 39. Chọn đáp án D Phương pháp

+) Chia cả 2 vế cho f ( x ) > 0 sau đó lấy nguyên hàm 2 vế tìm f ( x ) . +) Từ giả thiết f ( 0 ) = 1 xác định hằng số C. Tính f ( 3) .

Cách giải

Ta có f ( x ) = x + 1 f ' ( x ) . Do f ( x ) > 0 nên chia cả 2 vế cho f ( x ) ta được

f '( x) = f ( x)

f '( x) 1 dx = ∫ dx ⇔ ln f ( x ) = 2 x + 1 + C ⇒ f ( x ) = e 2 f ( x) x +1

KÈ

Lấy nguyên hàm 2 vế ⇒ ∫

f ( 0 ) = 1 ⇒ e 2 +C = 1 = e0 ⇔ C = −2 ⇒ f ( x ) = e 2

⇒ f ( 3) = e 2

3+1 − 2

1 . x +1 x +1 + C

x +1 − 2

= e 2 ≈ 7, 4

ẠY

Câu 40. Chọn đáp án C Phương pháp

+) Để hàm số đồng biến trên ( 0; 2 ) ⇒ f ' ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; 2 ) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

+) Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng m ≤ g ( x ) ∀x ∈ ( 0; 2 ) ⇒ m ≤ min g ( x ) . [0;2]

+) Lập BBT hàm số y = g ( x ) và kết luận.

Cách giải TXĐ: D = ℝ . Ta có f ' ( x ) = 3 x 2 + 6 x − m 2 + 3m − 2 . Trang 23/7

Để hàm số đồng biến trên ( 0; 2 ) ⇒ f ' ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; 2 ) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

⇔ f ' ( x ) = 3 x 2 + 6 x − m 2 + 3m − 2 ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; 2 ) ⇔ m 2 − 3m + 2 ≤ 3 x 2 + 6 x = g ( x ) ∀x ∈ ( 0; 2 ) ⇒ m 2 − 3m + 2 ≤ min g ( x ) [0;2]

Xét hàm số g ( x ) = 3 x 2 + 6 x trên [ 0; 2] ta có:

FF IC IA L

g ' ( x ) = 6 x + 6 = 0 ⇔ x = −1 ⇒ g ' ( x ) > 0 ∀x > −1 ⇒ Hàm số đồng biến trên [ 0; 2] . ⇒ min g ( x ) = g ( 0 ) = 0 ⇒ m 2 − 3m + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 2 . [ 0;2]

Câu 41. Chọn đáp án D Phương pháp +) Đặt t = 3 + x + 6 − x , tìm điều kiện của t.

+) Biểu diễn 18 + 3 x − x 2 theo t, đưa bất phương trình về dạng m ≥ f ( t ) ∀t ∈ [ a; b ] ⇒ m ≥ max f ( t ) . [a ;b]

Cách giải

3 + x + 6 − x − 18 + 3 x − x 2 ≤ m 2 − m + 1 .

ĐKXĐ: −3 ≤ x ≤ 6 .

1 1 6− x − 3+ x 3 − = = 0 ⇔ 6 − x = 3+ x ⇔ x = . 2 2 3+ x 2 6− x 2 3+ x 6− x

Ta có: t ' ( x ) =

Đặt t = 3 + x + 6 − x

BBT:

3 2

−3

t '( x)

−

3 2

t ( x)

⇒ t ∈ 3;3 2  .

KÈ

Ta có t 2 = 3 + x + 6 − x + 2 18 + 3 x − x 2 = 9 + 2 18 + 3 x − x 2

⇒ 18 + 3 x − x 2 =

t2 − 9 . 2

ẠY

Khi đó phương trình trở thành: f ( t ) = t −

t2 − 9 ≤ m 2 − m + 1 ∀t ∈ 3;3 2  (*) 2

Phương trình (*) có nghiệm đúng ∀t ∈ 3;3 2  ⇔ m 2 − m + 1 ≥ max f ( t ) . 3;3 2   

Xét hàm số f ( t ) = t −

t2 − 9 1 ta có: f ' ( t ) = 1 − .2t = 1 − t = 0 ⇔ t = 1 2 2

BBT:

Trang 24/7

3 2

f '(t )

− 3

f (t )

m ≥ 2 ⇒ m2 − m + 1 ≥ 3 ⇔  .  m ≤ −1

FF IC IA L

−9 + 6 2 2

m ∈ ℤ Kết hợp điều kiện đề bài ⇒  ⇒ Có 19 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán. m ∈ [ −10; −1] ∪ [ 2;10]

Câu 42. Chọn đáp án B Phương pháp +) Gọi D là trung điểm của BC, H = MN ∩ SD . Chứng minh

SH ⊥ ( AMN ) .

1 +) Tính VS . AMN = SH .S ∆AMN . 3

+) Chứng minh ∆AMN cân tại A ⇒ S ∆AMN .

+) Sử dụng công thức tính tỉ lệ thể tích Simpson, tính VS . ABC .

Cách giải Gọi D là trung điểm của BC. Do ∆SBC cân tại S ⇒ SD ⊥ BC . MN là đường trung bình của ∆SBC ⇒ MN / / BC ⇒ MN ⊥ SD và a 1 MN = BD = . 2 2 Gọi H = MN ∩ SD ⇒ SH ⊥ MN

KÈ

( AMN ) ⊥ ( SCD )  Ta có: ( AMN ) ∩ ( SCD ) = MN ⇒ SH ⊥ ( AMN ) .  ( SCD ) ⊃ SH ⊥ MN

ẠY

Tương tự ta chứng minh được AH ⊥ ( SCD ) ⇒ AH ⊥ SD tại H là trung điểm của SD.

⇒ ∆SAD cân tại A ⇒ SA = AD =

a 3 = SB = SC . 2

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SBD có SD = SB 2 − BD 2 =

⇒ SH =

a 2 . 2

1 a 2 . SD = 2 4

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SAH ta có AH = SA2 − SH 2 =

a 10 . 4 Trang 25/7

⇒ S ∆AMN =

1 1 a 10 a a 2 10 . = AH .MN = . 2 2 4 2 16

1 1 a 2 a 2 10 a 2 5 ⇒ VS . AMN = SH .S ∆AMN = . . = 3 3 4 16 96 Ta có:

VS . AMN SM SN 1 a3 5 . . = = ⇒ VS . ABC = 4VS . AMN = 24 VS . ABC SB SC 4

FF IC IA L

Câu 43. Chọn đáp án D Phương pháp

Để hàm số y = f ( x ) có 5 cực trị ⇒ Hàm số y = f ( x ) có 2 cực trị dương phân biệt. Cách giải

f ( x ) = x 3 − ( 2m − 1) x 2 + ( 2 − m ) x + 2 ⇒ f ' ( x ) = 3 x 2 − 2 ( 2m − 1) x + 2 − m .

Để hàm số y = f ( x ) có 5 cực trị ⇒ Hàm số y = f ( x ) có 2 cực trị dương phân biệt.

⇒ Phương trình f ' ( x ) = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt.

 2  5 ∆ ' = ( 2m − 1) − 3 ( 2 − m ) > 0  4m 2 − m − 5 > 0 m>   4    2 ( 2m − 1) 1 5   ⇔ S = >0 ⇔ m > ⇔   m < −1 ⇔ < m < 2 . 3 2 4   1 m 2 < 2 m −   <m<2  2  P = 3 > 0

Câu 44. Chọn đáp án D Phương pháp

+) Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành A ' B ' DC ' . Chứng minh ∠ ( AC '; BA ') = d ( BD; BA ') = 60° .

+) Đặt BB ' = x , tính các cạnh A ' B, B ' D, BD theo x.

∠A ' BD = 60° +) Xét 2 TH  . Áp dụng định lí cosin trong ∠A ' BD = 120° tam giác A ' BD tìm x, từ đó tính VABC . A ' B ' C ' .

KÈ

Cách giải Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành A ' B ' DC ' .  A ' B ' = A 'C ' Do  ⇒ A ' B ' DC ' là hình vuông. ∠B ' A ' C ' = 90°

ẠY

⇒ AC '/ / BD ⇒ ∠ ( AC '; BA ') = d ( BD; BA ' ) = 60° và B ' D = a .

Gọi O = A ' D ∩ B ' C ' ⇒ O là trung điểm của A ' D .

∆A ' B ' C ' vuông cân tại A ' ⇒ A ' O =

a 2 ⇒ A' D = a 2 . 2

Đặt BB ' = x ⇒ A ' B = x 2 + a 2 ; BD = x 2 + a 2 . TH1: ∠A ' BD = 60° . Áp dụng định lí cosin trong tam giác A ' BD ta có: A ' D 2 = A ' B 2 + BD 2 − 2 A ' B.BD.cos 60° ⇒ 2a 2 = 2 x 2 + 2a 2 − 2 ( x 2 + a 2 )

1 2 Trang 26/7

⇔ 2 x2 = x2 + a2 ⇔ x2 = a2 ⇔ x = a

a3 1 ⇒ VABC . A ' B 'C ' = BB '.S ∆ABC = a. a 2 = 2 2 TH1: ∠A ' BD = 120° . Áp dụng định lí cosin trong tam giác A ' BD ta có:

⇔ 0 = 3 x 2 + 2a 2 ⇔ x = a = 0 (vo li) a3 . 2 Câu 45. Chọn đáp án D Phương pháp

Vậy VABC . A ' B ' C ' =

+ ( x 2 − 4 ) 2019 x − 2 ≥ 1

9 x − 4 ≥ 90 = 1 2 ⇒ 9 x − 4 + ( x 2 − 4 ) 2019 x − 2 ≥ 1 .  x−2 0  x − 2 ≥ 0 ⇔ 2019 ≥ 2019 = 1 2

x ≥ 2 TH1: x − 4 ≥ 0 ⇔  , khi đó ta có:  x ≤ −2 2

−4

 x2 − 4 = 0 Dấu “=” xảy ra ⇔  ⇔ x=2. x − 2 = 0

TH2: x 2 − 4 < 0 ⇔ −2 < x < 2 , khi đó ta có:

Xét hai trường hợp x 2 − 4 ≥ 0 và x 2 − 4 < 0 . Cách giải 9x

1 2

FF IC IA L

A ' D 2 = A ' B 2 + BD 2 − 2 A ' B.BD.cos120° ⇒ 2a 2 = 2 x 2 + 2a 2 + 2 ( x 2 + a 2 )

x −4 2 < 90 = 1 9 ⇒ 9 x − 4 + ( x 2 − 4 ) 2019 x − 2 < 1  x−2 0  x − 2 < 0 ⇔ 2019 < 2019 = 1

⇒ bất phương trình vô nghiệm.

Vậy tập hợp tất cả các số thực x không thỏa mãn bất phương trình là ( −2; 2 ) ⇒ a = −2; b = 2 ⇒ b − a = 4 .

Câu 46. Chọn đáp án D Phương pháp

KÈ

Sử dụng công thức trả góp P (1 + r ) =

M n (1 + r ) − 1 , trong đó:  r

ẠY

P: Số tiền phải trả sau n tháng. r: lãi suất/ tháng M: Số tiền trả mỗi tháng. Cách giải M n n P (1 + r ) = (1 + r ) − 1  r 4  n n ⇔ 50 (1 + 1,1% ) = (1 + 1,1% ) − 1  1,1% n

⇔ 50 (1 + 1,1% ) =

4 4 n (1 + 1,1% ) − 1,1% 1,1%

Trang 27/7

⇔

4 3450 n = (1 + 1,1% ) 1,1% 11

80 80 ⇒ n = log1+1,1% ≈ 13, 52 69 69 Câu 47. Chọn đáp án B Phương pháp Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác đều cạnh l. Do đó bán kính đường tròn nội tiếp tam giác cũng chính là n

bán kính mặt cầu nội tiếp chóp là r1 =

FF IC IA L

⇔ (1 + 1,1% ) =

1l 3 l 3 . = 3 2 6

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

l 3 l 3 − AA ' AH ' AH − HH ' 3 = 1 ⇒ AA ' = l = = = 2 3 3 AB AH AH l 3 2

r r r l 3 l 3 r1 Tương tự ta tìm được r2 = . = = . Tiếp tục như vậy ta có r3 = 12 , r4 = 13 ,...rn = n1−1 . 3 6 18 3 3 3 3 3

4 4 4 4 r  1 1 1 V1 ,...;Vn = V Ta có: V1 = π r13 ,V2 = π r23 = π r23 = π  1  = 3 V1 ,V3 = 2 n −1 1 3 3 3 3 3 3 ( 33 ) ( 33 )

  1 1 1  V1  1 + 3 + + ... + 3 n −1   3 ( 33 )2 3 ( )  V1 + V2 + ... + Vn V .S ⇒ lim = lim  = lim 1 n →+∞ n →+∞ n →+∞ V V V 1 1 1 Đặt S = 1 + 3 + . + ... + 2 n −1 3 ( 33 ) (33 )

Đây là tổng của CSN lùi vô hạn với công bội q =

1 1 27 < 1 ⇒ lim S = = 3 n →+∞ 1 3 1 − 3 26 3

KÈ

27 27 4  l 3  3 3 πl ⇒ V1 + V2 + ... + Vn = V1 = . π   =  26 26 3  6  52 2

ẠY

1 1 l l 3 3π l 3 V = π r 2h = π   . = 3 3 2 2 24

3 3 πl 6 52 ⇒T = = 3 13 3π l 24 Câu 48. Chọn đáp án A Phương pháp

+) Xác định cách vẽ đồ thị hàm số y = f ( x − 2019 ) + m − 2 .

Trang 28/7

+) Hàm số y = f ( x − 2019 ) + m − 2 với f ( x − 2019 ) + m − 2 là đa thức bậc bốn có 5 cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số y = f ( x − 2019 ) + m − 2 có yCD . yCT ≤ 0 .

Cách giải Đồ thị hàm số y = f ( x − 2019 ) được tạo thành bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = f ( x ) theo chiều song song với trục Ox sang bên phải 2019 đơn vị.

FF IC IA L

Đồ thị hàm số y = f ( x − 2019 ) + m − 2 được tạo thành bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số f ( x − 2019 ) theo chiều song song với trục Oy lên trên m − 2 đơn vị.

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

y = f ( x − 2019 ) + m − 2 phía trên trục Ox, lấy đối xứng toàn bộ phần đồ thị phía dưới trục Ox qua trục Ox và xóa đi phần đồ thị phía dưới trục Ox. Do đó để đồ thị hàm số

y = f ( x − 2019 ) + m − 2

có 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số

⇔ −3 + m − 2 ≥ 0 > −6 + m − 2 ⇔ m − 5 ≥ 0 > m − 8 ⇔ 5 ≤ m < 8 ⇒ có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

y = f ( x − 2019 ) + m − 2 có yCD . yCT ≤ 0 .

Câu 49. Chọn đáp án A Phương pháp

Xác định bán kính đáy và chiều cao của hình trụ, sử dụng công thức V = π R 2 h tính thể tích của hình trụ. +) Lập BBT tìm GTLN của hàm thể tích.

Cách giải

Ta có: Đường kính đáy của hình trụ là 9 − 2 x ⇒ Bán kính đáy hình trụ là

9 − 2x . 2

π π 2  9 − 2x  Khi đó ta có thể tích ao là V = π   x = (9 − 2x ) x = f ( x ) 4 4  2  2

Xét hàm số f ( x ) = ( 9 − 2 x ) x = 4 x 3 − 36 x 2 + 81x với 0 < x <

9 ta có: 2

ẠY

KÈ

9  x=  2 f ' ( x ) = 12 x 2 − 72 x + 81 = 0 ⇔  x = 3  2

3 2

f '( x)

9 2

−

f ( x) 0

BBT: Dựa vào BBT ta thấy f ( x )max = 54 ⇔ x =

3 π 27π . Khi đó Vmax = .54 = = 13,5π ( m3 ) . 2 4 2

Câu 50. Chọn đáp án C Phương pháp Trang 29/7

Hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ g ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b ) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải Ta có: g ' ( x ) = (1 − 2 x ) f ' ( x − x 2 ) . Hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ g ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b ) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

ẠY

KÈ

FF IC IA L

Ta có g ' ( −1) = 3 f ' ( −2 ) > 0 ⇒ Loại đáp án A, B và D.

Trang 30/7

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

ĐỀ KSCL CÁC MÔN THEO KHỐI THI ĐẠI HỌC

ĐỀ THI THAM KHẢO

Môn thi: TOÁN

(Đề thi có 06 trang)

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

FF IC IA L

Mục tiêu: Đề thi thử THPT Hàm Rồng – Thanh Hóa lần thứ nhất gồm 50 câu trắc nghiệm. Kiến thức chủ yếu tập trung ở lớp 12, 11, hầu như không có kiến thức lớp 10, bám sát đề minh họa của BGD&ĐT. Đề thi với cấu trúc gây tâm lí cho HS từ những câu hỏi đầu tiên. Trong đề thi xuất hiện những câu hỏi khó như câu 10, 46… Để làm tốt đề thi này, HS cần có kiến thức khá chắc và học đều tất cả các chương. Đồng thời phải có tư duy nhạy bén và tâm lí tốt.

V1 26 = . V2 19

V1 3 = . V2 19

V1 15 = . V2 19

V1 26 = . V2 13

Câu 1. Cho tứ diện ABCD, trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho 3 BC = 3BM , BD = BN , AC = 2 AP . Mặt phẳng ( MNP ) chia khối tứ diện ABCD thành 2 phần có thể 2 V tích là V1 ,V2 . Tính tỉ số 1 ? V2

Câu 2. Số nghiệm của phương trình log 3 ( x 2 + 4 x ) + log 1 ( 2 x + 3) = 0 là: 3

B. 3.

C. 0.

D. 1.

A. 2.

(

∀x ∈ ℝ : 6 + 2 7

)

(

+ ( 2 − m) 3 − 7 B. 9.

− ( m + 1) 2 x ≥ 0 ?

A. 10.

)

Câu 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −10;10] để bất phương trình sau nghiệm đúng

C. 12.

D. 11.

Câu 4. Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có diện tích tam giác ABC bằng 2 3 . Gọi M, N, P lần lượt

thuộc các cạnh AA ', BB ', CC ' , diện tích tam giác MNP bằng 4. Tính góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và

( MNP ) .

B. 45°.

C. 30°.

A. 120°.

D. 90°. 1 . Tính 4 + x2

KÈ

Câu 5. Cho hàm số f ( x ) , f ( − x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) =

∫ f ( x ) dx . π

ẠY

−2

A. I =

B. I =

Câu 6. Cho A. I = 4 .

∫ 1

f ( x ) dx = 2 . Tính

∫

π 10 f

B. I = 1 .

C. I = −

π 20

D. I = −

π 10

( x ) dx bằng: x

C. I =

1 . 2

D. I = 2 .

Câu 7. Cho các số thực dương a, b với a ≠ 1 và log a b > 0 . Khẳng định nào sau đây là đúng?

Trang 1/5

0 < a, b < 1 A.  . 0 < a < 1 < b

 0 < a, b < 1 B.  . 1 < a, b

0 < a, b < 1 C.  . 0 < b < 1 < a

0 < b < 1 < a D.  . 1 < a, b

Câu 8. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x 2 ( x − 1) ( x 2 − 1) , ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

B. 1.

C. 8.

Câu 9. Cho hai tích phân

−2

∫

f ( x ) dx = 8 và

−2

A. I = 13 .

D. 3. 5

∫ g ( x ) dx = 3 . Tính I =

∫  f ( x ) − 4 g ( x ) − 1 dx ?

−2

B. I = 27 .

C. I = −11 .

FF IC IA L

A. 2.

D. I = 3 .

Câu 10. Cho hàm số y = f ( x ) = x + ax + bx + cx + 4 (C). Biết đồ thị hàm số ( C ) cắt trục hoành tại ít 4

nhất 1 điểm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = 20a 2 + 20b2 + 5c 2 .

A. 32.

B. 64.

C. 16.

D. 8.

a 15 . 5

a 30 . 5

a 15 . 6

Câu 11. Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD tâm O cạnh 2a, cạnh bên SA = a 5 . Khoảng cách giữa BD và SC là: D.

a 30 . 6

Câu 12. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình

vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình

B. ( 0; 2 ) .

C. ( −2; 2 ) .

D. [ 0; 2 ) .

A. [ −2; 2] .

 3π  f ( cos x ) = m có 2 nghiệm phân biệt thuộc  0;  là:  2 

−2

−∞

Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) bảng biến thiên như sau:

−

−∞

KÈ

−∞ Phát biểu nào sau đây đúng?

A. Hàm số đạt cực đại tại x = 2 . C. Hàm số có 3 cực tiểu.

ẠY

+∞

B. Hàm số đạt cực đại tại x = 4 . D. Hàm số có giá trị cực tiểu là 0.

Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A (1;0; 0 ) , B ( 0; 2;0 ) , C ( 0; 0;3) . Thể tích tứ

diện OABC bằng:

1 . 3

1 . 6

C. 1.

D. 2.

Câu 15. Gọi m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = x − 4 − x 2 . Khi đó M − m bằng:

A. 4.

B. 2

(

)

2 −1 .

C. 2 − 2 .

D. 2

(

)

2 +1 .

Trang 2/25

Câu 16. Cho mặt phẳng ( P ) đi qua các điểm A ( −2;0; 0 ) , B ( 0;3;0 ) , C ( 0;0; −3) . Mặt phẳng ( P ) vuông góc với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau:

A. 3 x − 2 y + 2 z + 6 = 0 .

B. 2 x + 2 y − z − 1 = 0 .

C. x + y + z + 1 = 0 .

D. x − 2 y − z − 3 = 0 .

Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A (1;0; 2 ) , B ( −2;1;3) , C ( 3; 2; 4 ) ,

D ( 6;9; −5 ) . Tọa độ trọng tâm của tứ diện ABCD là: B. ( 2;3; −1) .

C. ( −2;3;1) .

D. ( 2; −3;1) .

FF IC IA L

A. ( 2;3;1) .

Câu 18. Tập xác định của hàm số ( x 2 − 3x + 2 ) là: A. ℝ \ {1; 2} .

B. (1; 2 ) .

C. ( −∞;1] ∪ [ 2; +∞ ) .

D. ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) .

Câu 19. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z + 9 = 0 . Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu là:

B. I (1; −2;3) và R = 5 .

C. I ( −1; 2; −3) và R = 5 .

D. I ( −1; 2; −3) và R = 5 .

x dx bằng: +3

1 7 log . 2 3

B. ln

7 . 3

1 3 ln . 2 7

1 7 ln . 2 3

∫x

Câu 20. Tích phân

A. I (1; −2;3) và R = 5 .

Câu 21. Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau: A. ∫ 2e x dx = 2 ( e x + C ) .

∫ x dx = ln x + C .

x4 + C ∫ x dx = 4 . 3

D. ∫ sin xdx = − cos x + C .

Câu 22. Đầu mỗi tháng anh A gửi vào ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất kép là 0,6% mỗi tháng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng (khi ngân hàng đã tính lãi) thì anh A có được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn 100 triệu biết lãi suất không đổi trong quá trình gửi. B. 40 tháng.

C. 35 tháng.

A. 30 tháng.

D. 31 tháng.

KÈ

Câu 23. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như sau:

ẠY

−1

−∞

−

+∞ −1

+∞ +

+∞ −1

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( x ) − 1 = m có đúng 2 nghiệm.

A. −2 < m < −1 .

B. m > 0, m = −1 .

C. m = −2, m > −1 .

D. m = −2, m ≥ −1 .

Câu 24. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 52 x ? A. ∫ 52 x dx = 2.52 x ln 5 + C .

B. ∫ 52 x dx = 2.

52 x +C . ln 5 Trang 3/25

25 x +1 +C . x +1 Câu 25. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho a = −i + 2 j − 3k . Tọa độ của vectơ a là: C. ∫ 52 x dx =

25 x +C . 2 ln 5

A. ( −3; 2; −1) .

D. ∫ 52 x dx =

B. ( 2; −1; −3 ) .

C. ( −1; 2; −3) .

D. ( 2; −3; −1) .

Câu 26. Cho hàm số f ( x ) có f ( 2 ) = f ( −2 ) = 0 và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau: 1

−2

−∞

f '( x)

−

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

A. ( 2;5 ) .

B. (1; +∞ ) .

+∞

FF IC IA L

C. ( −2; −1) .

−

D. (1; 2 ) .

Câu 27. Tính khoảng cách giữa các tiếp tuyến của đồ thị hàm f ( x ) = x3 − 3 x + 1 (C) tại cực trị của ( C ) . A. 4.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

B. V = 2π a 3 .

C. V = 2π a 2 h .

−∞

−

Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

1 0

+∞ −

+∞

D. V = π a 3 .

A. V = 2π a 2 .

Câu 28. Khối trụ tròn xoay có đường kính là 2a, chiều cao là h = 2a có thể tích là:

−1

−∞

−2

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là: A. 3. B. 4. C. 1.

D. 2.

B. S xq = π rh .

C. S xq = 2π rl .

Câu 31. Cho hàm số y = f ( x ) có f ' ( x ) liên tục trên 1

D. S xq = π rl . 2

KÈ

1 A. S xq = π r 2 h . 3

Câu 30. Gọi l, h, r lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính mặt đáy của hình nón. Diện tích xung quanh S xq của hình nón là:

[ 0; 2]

và f ( 2 ) = 16; ∫ f ( x ) dx = 4 . Tính 0

ẠY

I = ∫ xf ' ( 2 x ) dx . 0

A. I = 7 .

B. I = 20 .

C. I = 12 .

D. I = 13 .

Câu 32. Cho khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = a, AD = b, AC = c . Thể tích khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' bằng bao nhiêu?

1 abc . 3

B. 3abc .

C. abc .

1 abc . 2

Câu 33. Hai đồ thị của hàm số y = − x3 + 3 x 2 + 2 x − 1 và y = 3 x 2 − 2 x − 1 có tất cả bao nhiêu điểm chung?

A. 1.

B. 2.

C. 0.

D. 3. Trang 4/25

Câu 34. Đặt a = log 2 5, b = log 3 5 . Hãy biểu diễn log 6 5 theo a và b. A. log 6 5 =

1 . a+b

B. log 6 5 =

ab . a+b

C. log 6 5 = a 2 + b 2 .

D. log 6 5 = a + b .

Câu 35. Cho hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) liên tục trên [ a; b ] và số thực k tùy ý. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? b

∫ xf ( x ) dx = x ∫ f ( x ) dx . a

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

FF IC IA L

A. ∫ kf ( x ) dx = 0 .

∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx .

Câu 36. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm 7 chữ số khác nhau có dạng a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 . Tính xác suất để số được chọn luôn có mặt chữ số 2 và thỏa mãn a1 < a2 < a3 < a4 > a5 > a6 > a7 .

1 . 243

1 . 486

1 . 1215

1 . 972

Câu 37. Cho f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên đoạn [ −1;1] và

∫

f ( x ) dx = 4 . Kết quả I =

B. I = 4 .

C. I = 2 .

A. 12.

n+ 6

B. 11.

1 . 4

có tất cả 17 số hạng. Khi đó giá trị n bằng:

Câu 38. Trong khai triển nhị thức ( a + 2 )

D. I =

A. I = 8 .

bằng:

∫ 1+ e

−1

f ( x)

C. 10.

D. 17.

V . 4

V . 2

Câu 39. Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích bằng V. Tính thể tích khối tứ diện ABCB ' C ' . C.

3V . 4

2V . 3

Câu 40. Một khối gỗ hình lập phương có thể tích V1 . Một người thợ mộc muốn gọt giũa khối gỗ đó

KÈ

A. k =

thành một khối trụ có thể tích là V2 . Tính tỉ số lớn nhất k =

B. k =

V2 ? V1

C. k =

π 2

D. k =

Câu 41. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

ẠY

−1

−∞

−

1 +

+∞ −

0 −1

−∞

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −∞; −1) . Câu 42. Tính lim

B. ( −1;1) .

C. (1; +∞ ) .

D. ( 0;1) .

4n 2 + 1 − n + 2 bằng: 2n − 3 Trang 5/25

A. +∞ .

B. 1.

C. 2.

3 . 2

Câu 43. Tìm tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( x − 4 ) + 1 > 0 . 5

13  A.  ; +∞  . 2 

13   B.  −∞;  . 2 

 13  D.  4;  .  2

C. ( 4; +∞ ) .

FF IC IA L

Câu 44. Có bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số của tập

X = {1;3;5;8;9} . A. P5 .

B. P4 .

C. C54 .

D. A54 .

Câu 45. Cho cấp số nhân ( un ) có tổng n số hạng đầu tiên là S n = 6 n − 1 . Tìm số hạng thứ năm của cấp số cộng đã cho

A. 6480.

B. 6840.

C. 7775.

D. 12005.

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A (10;1) , B ( 3; −2;0 ) , C (1; 2; −2 ) . Gọi ( P ) là

mặt phẳng đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến ( P ) lớn nhất biết rằng ( P ) không cắt đoạn

BC. Khi đó vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là: A. n = ( 2; −2; −1) . B. n = (1;0; 2 ) . C. n = ( −1; 2; −1) .

D. n = (1; 0; −2 ) .

 1 3  B.  − ; ;0  .  5 5 

1 3  C.  ; − ;0  . 5 5 

1 3  A.  ; ;0  . 5 5 

Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 0; −2; −1) , B ( −2; −4;3) , C (1;3; −1) . Tìm điểm M ∈ ( Oxy ) sao cho MA + MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 48. Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số y =

[1; 4] .

1 . 2

3 4  D.  ; ;0  . 4 5 

1 3 x − ( m − 1) x 2 − 4mx đồng biến trên đoạn 3

1 D. m ≤ 2 . < m < 2. 2 Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các vectơ a = ( 2; m − 1;3) , b = (1;3; −2n ) . Tìm m, n để các vectơ a, b cùng hướng.

B. m ≤

KÈ

A. m ∈ ℝ .

−3 −4 . B. m = 1, n = 0 . C. m = 7, n = . 4 3 Câu 50. Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực ℝ ?

ẠY

A. m = 7, n =

2 A. y =   . e

D. m = 4, n = −3 .

π  B. y =   . 3

C. y = log π ( 2 x 2 + 1) . 4

D. y = log 1 x . 2

Trang 6/25

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số C8 C13 C29 C33

C10 C12 C23 C41 C50

C15 C26 C27 C48

C7 C18

C2 C34

C3 C22 C43

C21 C24 C35

C6 C9 C20

C5 C31 C37

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

Chương 4: Số Phức

C4 C14 C32

C11 C39

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C28 C30

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C17 C19 C25

Chương 1: Khối Đa Diện

Hình học

C40

C16 C49

C46 C47

Lớp 12 (90%)

FF IC IA L

Chương 1: Hàm Số

Đại số

KÈ

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

C38 C44

C36

ẠY

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

Lớp 11 (10%)

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

C45

Chương 4: Giới Hạn

C42

Chương 5: Đạo Hàm

Hình học

Trang 7/25

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

FF IC IA L

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 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

Lớp 10 (0%)

Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Hình học

Chương 1: Vectơ

Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Chương 5: Thống Kê

KÈ

Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng

ẠY

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu

Điểm

3.8

3.2

2.8

0.2

Trang 8/25

NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: TRUNG BÌNH 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%.

FF IC IA L

Không có câu hỏi lớp 10. 15 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 1 câu VDC: C1 Chủ yếu các câu hỏi ở mức nhận biết và thông hiểu.

ẠY

KÈ

Đề thi phân loại học sinh ở mức trung bình.

Trang 9/25

ĐÁP ÁN 2. D

3. C

4. C

5. A

6. A

7. B

8. B

9. A

10. B

11. B

12. B

13. A

14. C

15. D

16. B

17. A

18. D

19. C

20. D

21. C

22. D

23. C

24. C

25. C

26. A

27. A

28. B

29. D

30. D

31. A

32. C

33. D

34. B

35. B

36. B

37. C

38. C

39. D

40. C

41. C

42. B

43. D

44. D

45. A

46. D

47. A

48. B

49. A

50. A

FF IC IA L

1. A

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Chọn đáp án A Phương pháp Chia khối đa diện VABMNQ = VABMN + VAMNP + VANPQ .

Cách giải

Trong ( ACD ) gọi Q = AD ∩ PE . Khi đó thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng ( MNP )

PA EC QD QD QD 1 = 1 ⇒ 1.4. =1⇒ = . . PC ED QA QA QA 4

MB EC ND 1 EC 1 EC . . =1⇒ . . =1⇔ =4. MC ED NB 2 ED 2 ED Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ACD ta có:

là tứ giác MNQP. Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác BCD ta có:

Trong ( BCD ) gọi E = MN ∩ CD .

Ta có: VABMNQ = VABMN + VAMNP + VANPQ

S BMN BM BN 1 2 2 VABMN 2 = = . = ⇒ = . S BCD BC BD 3 3 9 VABCD 9

VAMNP AP 1 1 = = ⇒ VAMNP = VAMNC VAMNC AC 2 2

VAMNC 4 2 = ⇒ VAMNP = VABCD VABCD 9 9

ẠY

⇒

KÈ

S NMC d ( N ; BC ) .MC NB MC 2 2 4 = = = . = . S DBC d ( D; BC ) .BC DB BC 3 3 9

VAPQN

VACDN

AP AQ 1 4 2 2 . = . = ⇒ VAPQN = VACDN AC AD 2 5 5 5

SCND DN 1 VACDN 1 2 = = ⇒ = ⇒ VAPQN = VABCD SCBD DB 3 VABCD 3 15

2 2 2 26 ⇒ VABMNQ = VABMN + VAMNP + VANPQ = VABCD + VABCD + VABCD = VABCD . 9 9 15 45 V 26 Gọi V1 = VABMNQ ,V2 là thể tích phần còn lại ⇒ 1 = . V2 19

Câu 2. Chọn đáp án D Trang 10/25

Phương pháp Sử dụng các công thức log an b m =

x m log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) , log a x − log a y = log a ( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 ) n y

để đưa phương trình về dạng phương trình logarit cơ bản. Cách giải  x > 0  x + 4x > 0  x < −4 ĐKXĐ:  ⇔  ⇔ x>0 −3 2 x + 3 > 0   x > 2

FF IC IA L

log 3 ( x 2 + 4 x ) + log 1 ( 2 x + 3) = 0 ⇔ log 3 ( x 2 + 4 x ) − log 3 ( 2 x + 3) = 0 3 2

⇔ log 3

x + 4x x2 + 4x =0⇔ = 1 ⇔ x2 + 4 x = 2 x + 3 2x + 3 2x + 3

 x = 1( tm ) ⇔ x2 + 2 x − 3 = 0 ⇔  ⇒ S = {1}  x = −3 ( ktm )

+) Đặt t = 3 + 7

) (t > 0) .

(

+) Chia cả 2 vế của bất phương trình cho 2 x > 0 .

Vậy phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm. Chú ý: Lưu ý ĐKXĐ của phương trình. Câu 3. Chọn đáp án C Phương pháp

+) Đưa bất phương trình về dạng m ≤ f ( t ) ∀t > 0 ⇔ m ≤ min f ( t ) .

( 0;+∞ )

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

Cách giải

(

Chia cả 2 vế của bất phương trình cho 2 > 0 ta được: 3 + 7

)

 3− 7  + ( 2 − m )   − ( m + 1) ≥ 0  2 

 3− 7  Nhận xét: 3 + 7 .   = 1 , do đó khi ta đặt t = 3 + 7 2  

)

KÈ

(

)

 3− 7  1 ( t > 0 ) ⇒   = . 2   t

ẠY

1 Phương trình trở thành: t + ( 2 − m ) − ( m + 1) ≥ 0 ⇔ t 2 − ( m + 1) t + 2 − m ≥ 0 t

⇔ t 2 − t + 2 ≥ m ( t + 1) ⇔ m ≤

Xét hàm số f ( t ) =

t2 − t + 2 = f ( t ) ∀t > 0 ⇔ m ≤ min f ( t ) . ( 0;+∞ ) t +1

( 2t − 1)( t + 1) − t 2 + t − 2 = t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ t = 1 t2 − t + 2 > 0 t ta có: f ' t = ( ) ()  2 2 t +1 ( t + 1) ( t + 1) t = −3

Trang 11/25

BBT: 0

f '(t )

+∞

−

f (t )

+∞

1 Từ BBT ⇒ m ≤ 1 .

Câu 4. Chọn đáp án C Phương pháp Sử dụng kết quả: S A ' B 'C ' = S ABC .cos α trong đó ABC là hình chiếu của

( P)

A ' B ' C ' lên mặt phẳng

nào đó và α là góc giữa 2 mặt phẳng

( ABC ) và ( A ' B ' C ') .

FF IC IA L

m ∈ ℝ Kết hợp điều kiện đề bài ⇒  ⇒ có 12 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. m ∈ [ −10;1]

Cách giải

Gọi α là góc giữa 2 mặt phẳng ( ABC ) và ( MNP ) .

Dễ thấy ∆ABC là hình chiếu của ∆MNP lên mặt phẳng ( ABC ) , do đó

S ABC 2 3 3 = = ⇒ α = 30° . S MNp 4 2

Câu 5. Chọn đáp án A Phương pháp 2

∫

f ( x ) dx =

∫ f ( − x ) dx

+) Chứng minh I =

S ABC = S MNP .cos α ⇒ cos α =

ta có

−2

+) Lấy tích phân từ −2 đến 2 hai vế của 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) =

1 . Tính I. 4 + x2

KÈ

Cách giải Đặt t = − x ⇒ dx = − dt .

 x = −2 ⇒ t = 2 Đổi cận:   x = 2 ⇒ t = −2 −2

ẠY

⇒ I = − ∫ f ( −t ) dt =

∫ f ( − x ) dx . −2

Theo bài ra ta có: 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) = 2

dx 1 ⇔ 2 ∫ f ( x ) dx + 3 ∫ f ( − x ) dx = ∫ 2 4+ x 4 + x2 −2 −2 −2

dx dx 1 ⇔ 3I + 2 I = ∫ ⇔I= ∫ . 2 4+ x 5 −2 4 + x 2 −2

Đặt x = 2 tan u ta có: dx = 2

1 du = 2 (1 + tan 2 u ) du 2 cos u

Trang 12/25

−π   x = −2 ⇒ u = 4 Đổi cận:  . x = 2 ⇒ u = π  4 2 (1 + u 2 ) du

∫π

−

1 = 2 4 + 4 tan u 10

1 4 1 π π  π ∫π du = 10 u −π = 10  4 + 4  = 20 . − 4

FF IC IA L

1 Khi đó ta có I = 5

Câu 6. Chọn đáp án A Phương pháp Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến, đặt t = x .

Cách giải Đặt t = x ⇒ dt =

2 2 x

dx ⇒

dx = 2dt x

x = 1 ⇔ t = 1 Đổi cận:  x = 4 ⇒ t = 2

⇒ I = 2 ∫ f ( t ) dt = 2 ∫ f ( x ) dx = 2.2 = 4 .

 a > 1   f ( x ) > g ( x ) > 0 log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔   0 < a < 1  0 < f ( x ) < g ( x ) 

Câu 7. Chọn đáp án B Phương pháp

Cách giải

TH1: 0 < a < 1 ⇒ log a b > 0 = log a 1 ⇔ 0 < b < 1 . TH2: a > 1 ⇒ log a b > 0 = log a 1 ⇔ b > 1 .

KÈ

0 < a, b < 1 . Vậ y  1 < a, b Câu 8. Chọn đáp án B Phương pháp

ẠY

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) là số nghiệm bội lẻ của phương trình f ' ( x ) = 0 .

Cách giải

f ' ( x ) = x 2 ( x − 1) ( x 2 − 1) = 0 ⇔ x 2 ( x − 1)( x − 1) ( x + 1) = x 2 ( x − 1) ( x + 1)

x = 0 f ' ( x ) = 0 ⇔  x = 1  x = −1

Tuy nhiên x = 0 là nghiệm bội 2, x = 1 là nghiệm bội 4 của phương trình f ' ( x ) = 0 , do đó chúng không là cực trị của hàm số. Vậy hàm số có duy nhất 1 điểm cực trị x = −1 .

Trang 13/25

Chú ý: HS nên phân tích đa thức f ' ( x ) thành nhân tử triệt để trước khi xác định nghiệm, tránh sai lầm khi kết luận x = 1 cũng là cực trị của hàm số. Câu 9. Chọn đáp án A Phương pháp Sử dụng các công thức: b

∫

f ( x ) dx = − ∫ g ( x ) dx

Cách giải 5

∫  f ( x ) − 4 g ( x ) − 1 dx =

∫

−2

FF IC IA L

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

f ( x ) dx − 4 ∫ g ( x ) dx − ∫ dx = 8.4. ( −3) − x −2 = 13 .

Câu 10. Chọn đáp án B Câu 11. Chọn đáp án B Phương pháp +) Dựng đoạn vuông góc chung của BD và SC. +) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính độ dài vuông góc chung. Cách giải

Trong ( SOC ) kẻ OH ⊥ SC ( H ∈ SC ) .

Vì chóp S . ABCD đều ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) .

 BD ⊥ AC Ta có:  ⇒ BD ⊥ ( SOC ) ⇒ OH ⊥ BD  BD ⊥ SO

⇒ OH là đoạn vuông góc chung của BD và SC ⇒ d ( BD; SC ) = OH .

2a 2 =a 2 2

ABCD là hình vuông cạnh 2a ⇒ OC =

KÈ

⇒ SO = SC 2 − OC 2 = 5a 2 − 2a 2 = a 3 . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOC : OH =

SO.OC a 3.a 2 a 30 = = . 5 SC a 5

a 30 . 5 Câu 12. Chọn đáp án B Phương pháp

ẠY

Vậy d ( BD; SC ) =

+) Đặt t = cos x , xác định khoảng giá trị của t, khi đó phương trình trở thành f ( t ) = m .

+) Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( t ) và y = m song song với trục hoành. Cách giải

Trang 14/25

 3π  Đặt t = cos x ta có x ∈  0;  ⇒ t ∈ [ −1;1) , khi đó phương trình trở thành f ( t ) = m .  2 

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( t ) và y = m song song với trục hoành. Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) ta thấy phương trình f ( t ) = m có 2 nghiệm phân biệt thuộc [ −1;1) khi

Câu 13. Chọn đáp án A Phương pháp Dựa vào BBT xác định các điểm cực trị của hàm số. Cách giải Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 2 . Câu 14. Chọn đáp án C Phương pháp 1 Tứ diện OABC vuông tại O ⇒ VOABC = OA.OB.OC . 6 Cách giải 1 1 Tứ diện OABC vuông tại O ⇒ VOABC = OA.OB.OC = .1.2.3 = 1 . 6 6 Câu 15. Chọn đáp án D Phương pháp

FF IC IA L

và chỉ khi m ∈ ( 0; 2 ) .

+) 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 = [ −2; 2] −2 x

= 1+

Ta có: y ' = 1 −

2 4 − x2

KÈ

(

x 4 − x2

=0⇔

x ≤ 0 = −1 ⇔ − x = 4 − x 2 ⇔  2 ⇔ x=− 2. 2 4 − x2 x = 4 − x x

)

y ( 2 ) = 2; y ( −2 ) = −2; y − 2 = −2 2 ⇒ max y = 2 = M , min y = −2 2 = m ⇒ M − m = 2 + 2 2 = 2

(

)

2 +1 .

ẠY

Câu 16. Chọn đáp án B Phương pháp

+) Lập phương trình mặt phẳng ( P ) dạng mặt chắn và suy ra VTPT nP của ( P ) . +) P ⊥ ( Q ) ⇔ nP .nQ = 0 . Cách giải Phương trình mặt phẳng

( P) :

x y z + + = 1 ⇔ 3 x − 2 y + 2 z + 6 = 0 ⇒ n p = ( 3; −2; 2 ) là 1 VTPT của −2 3 −3

( P) . Trang 15/25

Xét đáp án A: 3 x − 2 y + 2 z + 6 = 0 có a = ( 3; −2; 2 ) là 1 VTPT và a.nP = 9 + 4 + 4 = 17 ≠ 0 . Xét đáp án B: 2 x + 2 y − z − 1 = 0 có b = ( 2; 2; −1) là 1 VTPT và b.nP = 6 − 4 − 2 = 0 ⇒ b ⊥ nP . Vậy ( P ) vuông góc với mặt phẳng 2 x + 2 y − z − 1 = 0 .

Câu 17. Chọn đáp án A Phương pháp

FF IC IA L

x A + xB + xC + xD   xI = 4  y + yB + yC + yD  I là trọng tâm của tứ diện ABCD ⇒  yI = A . 4  z A + z B + zC + z D   zI = 4  Cách giải

x A + xB + xC + xD 1 − 2 + 3 + 6  = =2  xI = 4 4  y + yB + yC + yD 0 + 1 + 2 + 9  I là trọng tâm của tứ diện ABCD ⇒  yI = A = = 3 ⇒ I ( 2;3;1) . 4 4  z A + z B + zC + z D 2 + 3 + 4 − 5  = =1  zI = 4 4 

Câu 18. Chọn đáp án D Phương pháp

n∉ℝ

D=ℝ

D = ℝ \ {0}

D = ( 0; +∞ )

n ∈ ℝ−

n ∈ ℝ+

Hàm số lũy thừa y = x n có TXĐ phụ thuộc vào n như sau:

Cách giải

Do π ∉ ℝ ⇒ Hàm số xác định ⇔ x 2 − 3 x + 2 > 0 ⇔ x ∈ ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ )

Câu 19. Chọn đáp án C Phương pháp

KÈ

Mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 có tâm I ( a; b; c ) và bán kính R = a 2 + b 2 + c 2 − d .

Cách giải

Mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z + 9 = 0 có tâm I (1; −2;3) và R = 1 + 4 + 9 − 9 = 5 .

ẠY

Câu 20. Chọn đáp án D Phương pháp

Tính tích phân bằng phương pháp đặt ẩn phụ t = x 2 + 3 . Cách giải 1 Đặt t = x 2 + 3 ⇒ dt = 2 xdx ⇒ xdx = dt . 2

x = 0 ⇒ t = 3 Đổi cận  . x = 2 ⇒ t = 7

Trang 16/25

1 dt 1 ⇒ I = ∫ = ln t 23 t 2

1 1 1 7 ln 7 − ln 3 = ln . 2 2 2 3

= 3

Câu 21. Chọn đáp án C Phương pháp Dựa vào bảng nguyên hàm cơ bản. Cách giải 1

∫ x dx = ln x + C .

FF IC IA L

Mệnh đề sai là đáp án C, mệnh đề đúng phải là

Câu 22. Chọn đáp án D Phương pháp Sử dụng công thức lãi kép (tiền gửi vào đầu tháng): T =

M n 1 + r ) − 1 (1 + r ) trong đó: (  r 

M: Số tiền gửi vào đều đặn hàng tháng. r: lãi suất (%/ tháng) n: số tháng gửi T: số tiền nhận được sau n tháng. Cách giải M n Ta có: T = (1 + r ) − 1 (1 + r )  r Giả sử sau n tháng sau anh A nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu, khi đó ta có:

3  n (1 + 0, 6% ) − 1 (1 + 0, 6% ) > 100 ⇔ n > 30,3 . 0, 6% 

Vậy sau ít nhất 31 tháng thì anh A có được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn 100 triệu. Câu 23. Chọn đáp án C Phương pháp

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 y = m song song

Ta có: f ( x ) − 1 = m ⇔ f ( x ) = m + 1 . Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m là số giao điểm của đồ thị

KÈ

hàm số y = f ( x ) và y = m + 1 song song với trục hoành.

ẠY

m + 1 > 0  m > −1 Từ BBT ta thấy để phương trình f ( x ) − 1 = m có đúng 2 nghiệm thì  . ⇔  m + 1 = −1  m = −2 Câu 24. Chọn đáp án C Phương pháp

Sử dụng bảng nguyên hàm mở rộng ∫ α α x + β dx =

1 aα x + β +C . α ln α

Cách giải

1 52 x 25 x 2x dx = + C = +C . 5 . ∫ 2 ln 5 2 ln 5 Câu 25. Chọn đáp án C Phương pháp Trang 17/25

Với a = xi + y j + zk ⇒ a ( x; y; z ) . Cách giải a = −i + 2 j − 3k ⇒ a = ( −1; 2; −3) . Câu 26. Chọn đáp án A Phương pháp 2

FF IC IA L

+) Dùng công thức đạo hàm hàm hợp tính g ' ( x ) với y = g ( x ) = ( f ( 3 − x ) )

+) Hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ g ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b ) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải

Dựa vào bảng xét dấu f ' ( x ) ta suy ra BBT của hàm số y = f ( x ) như sau: x

−∞

−2

f '( x)

−

f ( x)

+∞

⇒ f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ℝ . 2

Đặt y = g ( x ) = ( f ( 3 − x ) ) ⇒ g ' ( x ) = −2 f ( 3 − x ) . f ' ( 3 − x ) ≤ 0 .

Với x = 4 ⇒ g ' ( 4 ) = −2 f ( −1) f ' ( −1) < 0 ⇒ Loại đáp án C và D.

Với x = 4 ⇒ g ' ( 6 ) = −2 f ( −3) f ' ( −3) > 0 ⇒ Loại đáp án B.

Câu 27. Chọn đáp án A Phương pháp

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số

Cách giải

x = x0 là

y = f ' ( x0 )( x − x0 ) + y0 .

y = f ( x ) tại điểm có hoành độ

 x = 1 ⇒ y = −1 Ta có: f ' ( x ) = 3 x 2 − 3 = 0 ⇔   x = −1 ⇒ y = 3

KÈ

⇒ Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 1 và y = −1( d1 ) và phương trình tiếp tuyến tại điểm

có hoành độ x = −1 và y = 3 ( d 2 ) . Vậy d ( ( d1 ) ; ( d 2 ) ) = 4 .

ẠY

Câu 28. Chọn đáp án B Phương pháp

Thể tích khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy R là V = π R 2 h . Cách giải 2

Khối trụ tròn xoay có đường kính là 2a, chiều cao là h = 2a có thể tích là V = π ( a ) .2a = 2π a 3 .

Câu 29. Chọn đáp án D Phương pháp Cho hàm số y = f ( x ) .

Trang 18/25

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 có:

lim y = −∞ ⇒ x = 0 là TCĐ của đồ thị hàm số.

x → 0+

FF IC IA L

lim y = −2 ⇒ y = −2 là TCN của đồ thị hàm số.

x →+∞

Vậy hàm số đã cho có tổng 2 TCN và TCĐ. Câu 30. Chọn đáp án D Phương pháp

Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón là S xq = π rl trong đó r, l lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón. Cách giải

dài đường sinh của hình nón. Chú ý: Hình nón có đường sinh và đường cao khác nhau. Câu 31. Chọn đáp án A Phương pháp Đặt t = 2 x , sau đó sử dụng phương pháp tích phân từng phần.

Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón là S xq = π rl trong đó r, l lần lượt là bán kính đáy và độ

Cách giải Đặt t = 2 x ⇒ dt = 2dx .

2 2 x = 0 ⇒ t = 0 t dt 1 Đổi cận  ⇒ I = ∫ . f ' ( t ) = ∫ tf ' ( t ) dt 2 2 40 x = 1 ⇒ t = 2 0

2  1 2 1 1 − tf t  ( ) 0 ∫ f ( t ) dt  =  2 f ( 2 ) − 4  = ( 2.16 − 4 ) = 7 . 2 4 0  4

⇒I=

u = t du = dt Đặt  ⇒ dv = f ' ( t ) dt v = f ( t )

KÈ

Câu 32. Chọn đáp án C Phương pháp Thể tích khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = a, AD = b, AC = c và V = abc .

ẠY

Cách giải Thể tích khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = a, AD = b, AC = c là V = abc .

Câu 33. Chọn đáp án D Phương pháp Giải phương trình hoành độ giao điểm. Cách giải Xét phương trình hoành độ giao điểm

Trang 19/25

x = 0 − x + 3 x + 2 x − 1 = 3 x − 2 x − 1 ⇔ x − 4 x = 0 ⇔ x ( x − 4 ) = 0 ⇔  x = 2 .  x = −2 3

FF IC IA L

Vậy 2 đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm chung. Câu 34. Chọn đáp án B Phương pháp 1 Sử dụng các công thức log a b = , log a x + log a y = log a xy (giả sử các biểu thức là có nghĩa). log b a

Cách giải log 6 5 =

1 1 = = log 5 6 log 5 2 + log 5 3

ab 1 1 = = . 1 1 1 1 a+b + + log 2 5 log 3 5 a b

Câu 35. Chọn đáp án B Phương pháp Sử dụng các tính chất của tích phân: a

∫ kf ( x ) dx = 0 b

a b

∫

f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx

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

Cách giải Dựa vào các đáp án ta dễ dàng nhận thấy các đáp án A, C, D đúng, đáp án B sai. Câu 36. Chọn đáp án B Phương pháp +) Kẹp khoảng giá trị của a4 . Xét từng trường hợp của a4 .

+) Trong từng trường hợp của a4 , sử dụng quy tắc nhân tìm số thỏa mãn a1 < a2 < a3 < a4 > a5 > a6 > a7 ,

KÈ

số thỏa mãn a1 < a2 < a3 < a4 > a5 > a6 > a7 không có mặt chữ số 2 rồi trừ đi tìm số thỏa mãn a1 < a2 < a3 < a4 > a5 > a6 > a7 luôn có mặt chữ số 2.

ẠY

+) Áp dụng quy tắc cộng tính số phần tử của biến cố “Số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau thỏa mãn a1 < a2 < a3 < a4 > a5 > a6 > a7 luôn có mặt chữ số 2”. +) Tính số phần tử của không gian mẫu. +) Tính xác suất của biến cố.

Cách giải

Do a1 < a2 < a3 < a4 > a5 > a6 > a7 và các chữ số là khác nhau nên 6 ≤ a4 ≤ 9 .

Do a1 ≠ 0 ⇒ 0 < a1 < a2 < a3 .

TH1: a4 = 6 ⇒ a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 ∈ {0;1; 2;3; 4;5} Chọn 3 số trong 6 số trên cho cặp a1a2 a3 có C53 cách chọn (không chọn số 0). 3 số còn lại có 1 cách chọn.

Trang 20/25

⇒ Có C53 = 10 số. 10 số này thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.

TH2: a4 = 7 ⇒ a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 ∈ {0;1; 2;3; 4;5;6} . Chọn 3 số trong 7 (không chọn số 0) số trên cho cặp a1a2 a3 có C63 cách chọn. 3 số còn lại có C43 cách chọn. ⇒ Có C63C43 = 80 số. 80 số này có thể có hoặc không có mặt chữ số 2.

FF IC IA L

+) Chọn 3 số trong 7 số trên (không chọn số 0; 2) cho cặp a1a2 a3 có C53 cách chọn. 3 số còn lại có C33 = 1 cách chọn. ⇒ Có C53 = 10 số. 10 số này không có mặt chữ số 2.

Vậy TH2 có 70 số thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.

TH3: a4 = 8 ⇒ a1 , a2 , a3 , a5 , a6 , a7 ∈ {0;1; 2;3; 4;5; 6;7} .

Chọn 3 số trong 8 số trên (không chọn số 0) cho cặp a1a2 a3 có C73 cách chọn.

3 số còn lại có C53 cách chọn.

⇒ Có C73C53 = 350 số. 350 số này có thể có hoặc không có mặt chữ số 2.

+) Chọn 3 số trong 8 số trên (không chọn số 0; 2) cho cặp a1a2 a3 có C63 cách chọn.

3 số còn lại có C43 = 4 cách chọn.

⇒ Có C63 .C43 = 80 số. 80 số này không có mặt chữ số 2.

Vậy TH3 có 350 − 80 = 270 số thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.

TH4: a4 = 9 ⇒ a1 , a2 , a3 , a5 , a6 , a7 ∈ {0;1; 2;3; 4;5;6; 7;8} .

⇒ Có C83C63 = 1120 số.

3 số còn lại có C63 cách chọn.

Chọn 3 số trong 9 số trên (không chọn số 0) cho cặp a1a2 a3 có C83 cách chọn.

+) Chọn 3 số trong 9 số trên (không chọn số 0; 2) cho cặp a1a2 a3 có C73 cách chọn.

3 số còn lại có C53 cách chọn.

KÈ

⇒ Có C73 .C53 = 350 số. 350 số này không có mặt chữ số 2.

Vậy TH4 có 1120 − 350 = 770 số thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2. Gọi A là biến cố: “Số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau thỏa mãn a1 < a2 < a3 < a4 > a5 > a6 > a7 luôn có

ẠY

mặt chữ số 2”.

⇒ n ( A ) = 10 + 70 + 270 + 770 = 1120 cách.

n ( Ω ) = 9.9.8.7.6.5.4 = 544320 .

1120 1 = . 544320 486 Câu 37. Chọn đáp án C Phương pháp Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt t = − x . Cách giải

Vậ y P ( A ) =

Trang 21/25

Đặt t = − x ⇒ dt = −dx .

 x = 1 ⇒ t = −1 Đổi cận  , khi đó:  x = −1 ⇒ t = 1 −1 f ( x) f ( −t ) dt 1 f ( − x ) dx 1 e x f ( − x ) dx dx = − =∫ ∫ 1 + ex ∫1 1 + e−t = −∫1 1 1 + ex −1 −1 1+ x e 1

ex f ( x ) dx Do f ( x ) là hàm số chẵn nên f ( x ) = f ( − x ) ∀x ∈ [ −1;1] ⇒ I = ∫ 1 + ex −1

FF IC IA L

1 x 1 e x + 1) f ( x ) dx 1 ( f ( x) e f ( x) ⇒I+I = ∫ = ∫ f ( x ) dx = 4 ⇒ I = 2 . dx + ∫ dx = ∫ 1 + ex 1 + ex 1 + ex −1 −1 −1 −1 1

Câu 38. Chọn đáp án C Phương pháp n

Khai triển ( a + b ) có n + 1 số hạng.

n+6

= ∑ Cnk+ 6 a k .2n+ 6− k , do đó khai triển trên có n + 7 số hạng.

( a + 2)

Cách giải

k =0

Theo bài ra ta có: n + 7 = 17 ⇔ n = 10 . Câu 39. Chọn đáp án D Phương pháp

Sử dụng các công thức tính thể tích lăng trụ V = Sday .h , công thức tính thể

KÈ

1 tích chóp V = S day .h . 3 Cách giải 1 2 Ta có VA. A ' B 'C ' = V ⇒ VABCB 'C ' = V . 3 3 Câu 40. Chọn đáp án C Phương pháp V Tỉ số 2 lớn nhất khi và chỉ khi V2 lớn nhất. Khi đó hình trụ có chiều cao bằng cạnh của hình lập phương V1

ẠY

và có đường tròn đáy nội tiếp một mặt của hình lập phương. Cách giải Gọi a là cạnh của hình lập phương, khi đó thể tích của hình lập phương là V V1 = a 3 . Khi đó tỉ số 2 lớn nhất khi và chỉ khi V2 lớn nhất. V1

Khi đó hình trụ có chiều cao bằng cạnh của hình lập phương và có đường tròn đáy nội tiếp một mặt của hình lập phương.

⇒ h = a, r =

a . 2 2

πa a Khi đó V2 = π r 2 h = π   .a = 2 2

Trang 22/25

Vậ y k =

V2 π = . V1 2

Câu 41. Chọn đáp án C Phương pháp Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) khi và chỉ khi f ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b ) và bằng 0 tại hữu hạn

FF IC IA L

điểm. Cách giải

Dựa vào BBT ta dễ dàng nhận thấy hàm số đã cho nghịch biến trên ( −1;0 ) và (1; +∞ ) .

Câu 42. Chọn đáp án B Phương pháp Chia cả tử và mẫu cho n. Cách giải 4+

1 1 2 − + 2 n n n2 = 2 = 1 . 3 2 2− n

Câu 43. Chọn đáp án D Phương pháp

4n 2 + 1 − n + 2 lim = lim 2n − 3

Giải bất phương trình logarit cơ bản log a f ( x ) > b ⇔ 0 < f ( x ) < a b ( 0 < a ≠ 1 ).

Cách giải

−1

13 2 log 2 ( x − 4 ) + 1 > 0 ⇔ log 2 ( x − 4 ) > −1 ⇔ 0 < x − 4 <   ⇔ 4 < x < 2 5 5 5

Câu 44. Chọn đáp án D Phương pháp Sử dụng công thức chỉnh hợp. Cách giải

 13  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  4;  .  2

KÈ

Số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được tạo thành từ X = {1;3;5;8;9} là A54 số.

Câu 45. Chọn đáp án A Phương pháp

ẠY

u5 = S5 − S 4 .

Cách giải

 S5 = u1 + u2 + u3 + u4 + u5 Ta có:  ⇒ u5 = S5 − S 4 = 65 − 1 − ( 6 4 − 1) = 6480 .  S 4 = u1 + u2 + u3 + u4 Câu 46. Chọn đáp án D Câu 47. Chọn đáp án A Phương pháp

+) Gọi I ( a; b; c ) thỏa mãn IA + IB + 3IC = 0 . Xác định tọa độ điểm I. +) Chèn điểm I vào biểu thức đã cho. Trang 23/25

+) Khi đó MA + MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ MI min ⇔ M là hình chiếu của I trên ( Oxy ) .

Cách giải

FF IC IA L

Gọi I ( a; b; c ) thỏa mãn IA + IB + 3IC = 0 .  IA = ( − a; −2 − b; −1 − c )  Ta có:  IB = ( −2 − a; −4 − b;3 − c ) ⇒ IA + IB + 3IC = ( −5a + 1; −5b + 3; −5c + 1) .   IC = (1 − a;3 − b; −1 − c )

1  a = 5  3  1 3 1 IA + IB + 3IC = 0 ⇔ b = ⇒ I  ; ;  . 5 5 5 5  1  c = 5  Khi đó ta có MA + MB + 3MC = MI + IA + MI + IB + 3MI + 3IC = 5MI = 5MI Khi đó MA + MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ MI min ⇔ M là hình chiếu của I trên 1 3  ; ;0 . 5 5 

( Oxy ) ⇒ M 

Câu 48. Chọn đáp án B Phương pháp

+) Để hàm số đồng biến trên [1; 4] thì y ' ≥ 0 ∀x ∈ [1; 4 ] và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

+) Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng m ≤ f ( x ) ∀x ∈ [1; 4] ⇔ m ≤ min f ( x ) . [1;4]

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

Cách giải

Ta có: y ' = x 2 − 2 ( m − 1) x − 4m

Để hàm số đồng biến trên [1; 4] thì y ' ≥ 0 ∀x ∈ [1; 4] và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

KÈ

⇔ x 2 − 2 ( m − 1) x − 4m ≥ 0 ∀x ∈ [1; 4] ⇔ x 2 + 2 x ≥ 2m ( x + 2 ) ⇔ 2m ≤

x2 + 2 x ⇒ 2m ≤ f ( x ) ∀x ∈ [1; 4 ] ⇔ 2m ≤ min f ( x ) . [1;4] x+2

ẠY

Đặt f ( x ) =

x2 + 2x ∀x ∈ [1; 4] x+2

Xét hàm số f ( x ) =

x2 + 2 x trên [1; 4] ta có: x+2

( 2 x + 2 )( x + 2 ) − x 2 − 2 x = x 2 + 4 x + 4 = 1 > 0 ∀x ∈ 1; 4 ⇒ [ ] 2 2 ( x + 2) ( x + 2) ⇒ lim f ( x ) = f (1) = 1 . [1;4]

f '( x) =

Hàm số đồng biến trên

[1; 4]

1 . 2 Câu 49. Chọn đáp án A Vậy 2m ≤ 1 ⇔ m ≤

Trang 24/25

Phương pháp a, b cùng hướng ⇔ ∃k ≠ 0 sao cho a = kb . Cách giải a, b cùng hướng ⇔ ∃k ≠ 0 sao cho a = kb .

FF IC IA L

 k = 2 2 = k .1 k = 2    ⇔ m − 1 = 3k ⇔ m − 1 = 6 ⇔ m = 7 3 = −2nk 3 = −4n  −3   n = 4  Câu 50. 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 đáp án A ta có: x

2 Hàm số y =   có TXĐ D = ℝ . e x

ẠY

KÈ

2  2 Lại có < 1 ⇒ Hàm số y =   nghịch biến trên ℝ . e e

Trang 25/25

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: B. N (-1;7)

C. Q (3;1)

FF IC IA L

A. M (1;3)

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

 m ≠ −2 A.   −3 < m < 1

 m < −3 C.  m > 1

B. −3 < m < 1

B. {3;5}

C. {5;3}

D. {4;3}

A. {3;4}

D. −2 < m < 1

Câu 4. Khối bát diện đều là khối đa diện loại nào?

Câu 3. Tìm các số thực m để hàm số y = ( m + 2 ) x 3 + 3x 2 + mx − 5 có cực trị.

21 12

B. V =

7 C 4

. V=

A. V =

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 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 B. S = 8 3

C. S = 4 3

A. S = 32

D. S = 16 3 2

phương trình: 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 2

KÈ

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: −∞

ẠY

y’

-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

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?

B. V = 4V1

C. V = 6V1

D. V = 2V1

Câu 11. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y =

x−2 có đúng 3 x − mx + 1 2

đường tiệm cận. m > 2   m < −2 B.   m ≠ − 5   2

 m > 2   5 D.  m ≠  2  m < −2 

m > 2 C.   m < −2

Câu 12. Tìm tập xác định D của hàm số y =

π  sin  x −  2 

A. −2 < m < 2

FF IC IA L

A. V = 3V1

 π  B. D = ℝ \ k , k ∈ ℤ   2 

A. D = ℝ \ {(1 + 2k ) π, k ∈ ℤ} 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 B. V = 30

A. V = 10

C. V = 5

D. V = 15

KÈ

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

ẠY

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

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. −

2017x − 2018 có đường tiệm cận đứng là x +1 B. x = -1

C. y = -1

5 3

FF IC IA L

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 ? B. y = log ( x 2 )

A. y = 3x

C. y = ln ( x + 1)

D. y = 0,3x

8 5

24 5

12 5

D. −

Câu 22. Trong mặt phẳng Oxy, khoảng cách từ điểm M (3;-4) đến đường thẳng ∆ : 3x − 4y − 1 = 0

65 3

B. 6

C. 20

Câu 23. Tích của giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = x +

24 5

4 trên đoạn [1;3] bằng x D.

52 3

A. 0

Câu 24. Số nghiệm của phương trình 9 x + 2.3x +1 − 7 = 0 là 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

B. S10 = 1023

C. S10 = 1025

D. S10 = −1025

KÈ

A. S10 = −511

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

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

ẠY A.

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

 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.

A. V =

2a 3 6 . 12

B. V =

a3 6 . 6

C. V =

a3 6 . 12

FF IC IA L

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 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 B. m ∈  − ;   6 2

 1 1 C. m ∈  − ;  \ {0} .  6 2

 1 1 A. m ∈  − ;   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  C. x ∈ ℝ \   2

1  D. x ∈  ; +∞  2 

C. D = ℝ \ {−1}

D. ( −1; +∞ )

1  A. x ∈  −∞;  2 

B. x ∈ ( −1; +∞ ) 1

Câu 34. Tập xác định D của hàm số y = ( x + 1) 3 là B. D = ℝ

A. D = ( −∞; −1)

KÈ

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?

ẠY

A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −3) C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; +∞ )

B. Hàm số nghịch 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 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

a 3 . Góc 2

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

A. 0.

B. 2.

FF IC IA L

điểm cực trị?

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 =

B. 12

C. 10

A. 8

Câu 40. Hình đa diện ở hình bên có bao nhiêu mặt ?

31 . 6

D. 11

1 3

B. cos α =

1 3

C. cos α =

A. cos α =

góc α . Tính cos α để VABC.A 'B'C' lớn nhất.

Câu 41. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có SABC' = 3 . Mặt phẳng (ABC’) tạo với đáy một

2 3

D. cos α =

2 3

243250 2 C1000

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. 121801 2 C1000

243253 2 C1000

121975 2 C1000

KÈ

= 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

ẠY

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)

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

FF IC IA L

 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

A. 495969987

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?

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

B. 4 nghiệm

C. 3 nghiệm

A. 1 nghiệm

phương trình 2f ( x ) .f '' ( x ) =  f ' ( x )  có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm?

D. 2 nghiệm

B. m = 2

ẠY

KÈ

A. m = 2 2

Câu 50. Tìm m để hàm số y = x + 4 − x 2 + m có giá trị lớn nhất bằng 3 2 C. m = − 2

D. m =

2 2

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số C8 C14 C19 C35 C38

Chương 1: Hàm Số

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

C21 C33 C34

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

C18 C24 C39

C45

Chương 4: Số Phức

C4 C40

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C17

C6 C10 C15 C16 C27 C36

Đại số

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C5 C9 C13 C28 C30 C41 C43

Chương 1: Khối Đa Diện

Hình học

KÈ

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

C12

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

C26

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

C25

C42

ẠY

Lớp 11 (14%)

C47

Lớp 12 (84%)

C49 C50

FF IC IA L

C3 C11 C31 C32 C37 C44 C46

C1 C23

C29 C20

Hình học

C48

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

FF IC IA L

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 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

Lớp 10 (2%)

Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Hình học

Chương 1: Vectơ

Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Chương 5: Thống Kê

KÈ

Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng

ẠY

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

C22

Tổng số câu

Điểm

2.6

3.0

3.6

0.8

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 %.

FF IC IA L

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.

ẠY

KÈ

Đề thi phân loại học sinh ở mức khá..

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

FF IC IA L

43 44 45 46 47 48 49 50

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Lời giải Chọn A.

Ta có y ' = 3x 2 − 3

y '' = 6x . Ta có y '' (1) = 6.1 = 6 > 0 và y (1) = 13 − 3.1 + 5 = 3

x = 1 . Suy ra hàm số đạt giá trị cực đại tại x = 1, x = -1. y' = 0 ⇔   x = −1

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 .

Lời giải

Chọn B.

Câu 3.

* Với m = −2 , hàm số trở thành y = 3x 2 + mx − 5

KÈ

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.

ẠY

* 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:

•

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

FF IC IA L

a 2 2

Câu 5. Lời giải

Chọn C.

* Xét ∆ABC :

AB2 1 = AC 2

+ AB2 = AH.AC ⇒ AH =

* Gọi H là chân đường cao hạ từ B trong tam giác ABC. Theo đề A’H là đường cao của lăng trụ.

+ BC = AC 2 − AB2 = 3

KÈ

* 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 

ẠY

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

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

FF IC IA L

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

CD ⊥ AH   ⇒ CD ⊥ ( ABH ) , mà BH ⊂ ( ABH ) ⇒ CD ⊥ BH (1) . CD ⊥ AB  BD ⊥ AH   ⇒ BD ⊥ ( ACH ) , mà CH ⊂ ( ACH ) ⇒ BD ⊥ CH (2) . BD ⊥ AC 

Tương tự

Ta có:

Kẻ AH ⊥ ( BCD ) , H ∈ ( BCD ) .

Chọn D.

Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm tam giác BCD.

KÈ

BC ⊥ AH   ⇒ BC ⊥ ( ADH ) , mà AD ⊂ ( ADH ) ⇒ BC ⊥ AD BC ⊥ DH  Vậy góc giữa hai vecto AD và BC là 900 .

Ta có:

ẠY

Câu 10.

Chọn C.

Lời giải

FF IC IA L

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.

x−2 = 0 ⇒ đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x − mx + 1

Đồ thị hàm số y =

x−2 có đúng 3 đường tiệm cận x − mx + 1

x →±∞

⇔ Đồ thị hàm số y =

x−2 có 2 đường tiệm cận ngang x − mx + 1

lim y = lim

x →±∞

Điều kiện x 2 − mx + 1 ≠ 0

⇔ 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 

Lời giải

KÈ

Câu 12.

Chọn C.

π π π  xác định khi sin  x −  ≠ 0 ⇔ x − ≠ kπ ⇔ x ≠ + kπ, k ∈ ℤ π 2 2 2   sin  x −  2 

ẠY

Hàm số y =

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.

FF IC IA L

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

Câu 16.

Lời giải

ẠY

KÈ

Chọn A.

Có 5 mặt phẳng đối xứng

Chọn C.

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

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.

FF IC IA L

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 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

Chọn D.

Câu 19.

Lời giải

Chọn B. Ta có

2017x − 2018 2017x − 2018 = − ∝ và lim − = + ∝ nên đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x → − 1 ( ) x +1 x +1

lim +

x → ( −1)

Chọn D.

Lời giải

Câu 20.

x = -1

KÈ

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

ẠY

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.

3.3 − 4. ( −4 ) − 1 32 + ( −4 )

24 5

Câu 23. Lời giải Chọn C. 4 = 0 ⇔ x = ±2 x2

Ta có f (1) = 5; f ( 2 ) = 4; f ( 3) =

FF IC IA L

Ta có f ' ( x ) = 1 −

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

KÈ

8 + 24 cos 2x + 8sin 2x  π Xét M trên 0;  ta có f ' ( x ) = 2  4 ( 3 + cos 2x )

ẠY

 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.

thì

1 − ( −2 ) 1 − q10 = −3. = 1023 Ta có S10 = u1. 1− q 1 − ( −2 )

Câu 27. Lời giải

CD ⊥ AD Ta có  ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ ( SCD ) ⊥ ( SAD ) theo giao tuyến SD CD ⊥ SA

FF IC IA L

Chọn C.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD ⇒ AH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( A, ( SCD ) ) = AH

SA + AD ⇒ d ( A, ( SCD ) ) =

a.2a

a + 4a

2a 5 5

SA.AD

⇒ AH =

Xét ∆SAD vuông tại A đường cao AH

Câu 28.

Lời giải

KÈ

Chọn A.

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của đoạn CD và AB, ta có:

ẠY

∆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

∆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 )

∆DIM và ∆AIB là hai tam giác vuông đồng dạng

13a 2 2a a − a2 = ⇒ ID = 9 3 3

BI AB AB2 a2 a 13 ⇒ = ⇒ BI = = = 3a AB BK BK 3 13

⇒ AI = BI2 − AB2 =

FF IC IA L

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

KÈ

Chọn A.

Lời giải

Câu 29.

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

ẠY

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.

Chọn C

Lời giải

FF IC IA L

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

∆SAB đều cạnh AB = a ⇒ Đường cao SK = 1 a 3 a 2 2 a3 6 . = 3 2 2 12

⇒ VS.ABC =

a 3 2

1 1 a2 2 AB.AC = .a.a 2 = 2 2 2

⇒ S∆ABC =

⇒ AC = BC2 − AB2 = 3a 2 − a 2 = a 2

Câu 31.

Lời giải

x ≤ 0 Đkxđ:  x ≥ 2

x −1 x 2 − 2x

Ta có: f ' ( x ) =

Chọn B

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

ẠY

⇔

KÈ

Khi đó f ' ( x ) ≥ f ( x ) ⇔

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

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

FF IC IA L

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

Lời giải

Chọn A.

Câu 35.

Hàm số đồng biến trên ( −∞; −1) nên đồng biến trên ( −∞; −3) .

Câu 36.

Lời giải

ẠY

KÈ

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.

1  Tập xác định D = ℝ \   . 3 Ta có: y =

2x − 5 x+4 . = 1− 3x − 1 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

FF IC IA L

Để x, y ∈ ℤ ⇒ ( x + 4 )⋮ ( 3x − 1) ⇒ 3 ( x + 4 )⋮ ( 3x − 1) ⇒ ( 3x − 1 + 13)⋮ ( 3x − 1) ⇒ 13⋮ ( 3x − 1)

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.

KÈ

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

ẠY

Câu 40.

Lời giải

Chọn C.

Câu 41.

Chọn B.

Lời giải

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 ) ;

Vậy VABC.A 'B'C' lớn nhất khi α = x =

4  4  128 ;f (0) = 0;f(4) = 0;f  . = 3  3 3 3

f '(x) = 0 ⇔ 16 − 3x 2 = 0 ⇔ x =

2 4

nên cos α =

Câu 42.

4 4 1 = = 2 a x 3

Xét

FF IC IA L

MC Ta có AB = a . Gọi M là trung điểm của AB ⇒ C ' MC = α ⇒ cos α = ⇒ CC ' = MC '.sin α MC '

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

KÈ

... a = 698 ⇒ b = 1 ⇒ n b = 1

n A = 697 + 696 + 695 + ... + 1 = n A 243253 = 2 nΩ C1000

ẠY

Vậy P(A) =

698.697 = 243253 2

Câu 43.

Chọn B.

Lời giải

FF IC IA L

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 2 1 1 a 3 15 VK.A1B1BA = . VABC.A1B1C1 = .2a 5. .a.2a.sin1200 = . 2 2 3 3 2 3

Mà VB1A1BK =

1 1 3VB1A1BK d(I, (A1BK)) = d ( B1 , ( A1BK ) ) = . 2 2 S∆A1BK

(

)

(

Theo công thức Herong, diện tích tam giác A1BK bằng

)

Lời giải

Chọn A.

Câu 44.

a 3 15 3 a 5 Vậy d ( I, ( A1BK ) ) = . 23 = . 2 3a 3 6

2a 3 + 3a + a 21 2

S = p p − 2a 3 ( p − 3a ) p − a 21 = 3a 2 3 với p =

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; +∞ )

KÈ

⇔ m ≥ −3x 2 + 12x, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ m ≥ max ( −3x 2 + 12x ) ⇔ m ≥ 12 ( 0;+∞ )

ẠY

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

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.

x = 0 Ta có y ' = 4x 3 − 4 (1 − m 2 ) x ⇒ y ' = 0 ⇔  2 2 x = 1− m

FF IC IA L

Tập xác định D = ℝ

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

) (

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 )

2 1 BC.d ( A, BC ) = (1 − m 2 ) 1 − m 2 ≤ 1 ⇒ Smax = 1 khi m = 0 2

Lại có: SABC =

)

(

A ( 0;1 + m ) , B

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

KÈ

f ' ( x ) + f ' ( 2019 − x ) =

e 2019

x 2019

+ e

ẠY

e 2019

x 2019

+ e

e e + e.e

x 2019

2019 − x 2019

e 2019

= + e

x 2019

+ e

1−

+ 1−

x 2019

+ e

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.

FF IC IA L

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

3000 3000 3000 3000 . + ≥ 3 3 4x 2 . = 300 3 36 ( m 2 ) x x x x

3000 ⇔ x = 3 750 ( m ) x

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4x 2 =

= 4x 2 +

6000 x

Stp = 2 ( x.2x + x.y + 2x.y ) = 4x 2 + 6xy = 4x 2 +

Chi phí xây dựng thấp nhất khi đó sấp sỉ là 300 3 36.500000 ≈ 495289087 đồng

Câu 49.

Lời giải

Chọn B.

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

KÈ

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

−∞

ẠY

g’(x)

x1 0

x2 +

x3 -

g ( x2 )

g(x)

g ( x1 ) Nhận thấy

+∞

g ( x3 )

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

FF IC IA L

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]

4 − x2 − x 4 − x2

;

( 2) = m + 2

2, y ( −2 ) = m − 2 và y ( 2 ) = m + 2

Tính được y

x ≥ 0 y ' = 0 ⇔ 4 − x2 − x = 0 ⇔ 4 − x2 = x ⇔  ⇔x= 2 2 2 4 − x = x

Ta có y ' =

ẠY

KÈ

[ −2;2]

Để ý rằng m − 2 < m + 2 < m + 2 2 nên max y = m + 2 2 ⇔ m + 2 2 = 3 2 ⇔ m = 2

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)

FF IC IA L

(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.

A. 3.

B. 2.

C. 4.

C. y = x 4 + 4 x 2 + 1

B. y = x 2 − 2 x

D. 1.

Câu 2: Hàm số nào sau đây không có điểm cực trị? A. y = x 3 + 3 x + 1

Câu 1: Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 4 − 5 x 2 + 4 với trục hoành là

D. y = x 3 − 3 x − 1

A. V = 16 πa3 .

B. V = 4 πa3 .

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 C. V = 12 πa3 .

D. V = 8πa3 .

2 3 a . 3

B. VS. ABC =

A. VS . ABC =

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

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?

KÈ

A. Cnk = Cnn − k .

B. Cnk =

n! . k !.(n − k )!

C. Ank = k !.Cnk .

D. Ank = n !.Cnk

ẠY

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

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 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 . 3

Câu 10: Phương trình 7 2 x

+6 x+4

∫

f ( x ) dx =

= 49 có tổng tất cả các nghiệm bằng

5 2

x3 +1

x3 x3 +1 e +C 3

5 D. − . 2

C. -1

A.1

∫ f ( x ) dx = 3e

∫

1 3 f ( x ) dx = e x +1 + C 3

A. ∫ f ( x ) dx = e x +1 + C C.

FF IC IA L

C. G1G2 =

B. G1G2 / / ABC

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

KÈ

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

ẠY

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 x

∫ x.e dx = xe x

− ex + C

x2 x x D. ∫ x.e dx = e + e + C. 2 x

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

C. Khối thập nhị diện đều (12 mặt đều).

1 ln 5 x + 4 + C ln 5

1 là 5x + 4

B. ln 5 x + 4 + C

1 ln 5 x + 4 + C 5

1 ln ( 5 x + 4 ) + C 5

FF IC IA L

Câu 15: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

D. Khối tứ diện đều.

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

5 2

B. R = 5

C. R =

Câu 17: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = A. 4

10 3

D. R =

x2 − x + 1 là x2 − x − 2

B. 1

C. 3

25 . 2

D. 2

A. R =

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. C. V = 4

D. V = 12

B. V = 4π

2− 3

A. V = 12π

Câu 19: Tìm tập xác định D của hàm số y = ( x 2 − 3 x − 4 )

B. D = R

A. D = ℝ \ (−1; 4)

D. D = ( −∞; −1] ∪ [ 4; +∞ ) .

C. D = ( −∞; −1) ∪ ( 4; +∞ )

1 3

B. I = -3

A. I = −

 a3  Câu 20: Cho a là số thực dương khác 5. Tính I = log a   5  125  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

KÈ

1 2

A.1

1 3

2 3

1 2

ẠY

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?

B. a > b > c

FF IC IA L

A. b > c > a

C. a > c > b

D. c > b > a

Câu 23: Tập xác định của hàm số y = 2sin x là B. [-2;2]

C. R

D. [-1;1]

A. [0;2]

Câu 24: Cho a > 0, b > 0 thỏa mãn a 2 +4b 2 = 5ab. Khẳng định nào sau đây đúng?

a + 2b log a + log b = 3 2

D. 5log ( a + 2b ) = log a − log b

C. log

B. log ( a + 1) + log b = 1

A. 2 log ( a + 2b ) = 5 ( log a + log b )

A. A266

Câu 25: Cho tập A có 26 phần tử. Hỏi A có bao nhiêu tập con gồm 6 phần tử? B. 6

C. P6

D. C266

1 3

A. 1

Câu 26: Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất, xác suất để mặt có số chấm chẵn xuất hiện là C.

2 3

1 2

Câu 27: Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x − 1) + log 3 (11 − 2 x ) ≥ 0 là

 11  A. S =  3;   2

C. S = (1; 4]

D. S = (1; 4 )

KÈ

B. S = ( −∞; 4]

ẠY

Câu 28: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây SAI?

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.

FF IC IA L

A. Hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị.

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 B. F ( x ) = x 2 + e x − 2018

A. F ( x ) = e x − 2019

D. F ( x ) = x 2 + e x + 2018

C. F ( x ) = x 2 + e x + 2017

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]

D. (-1;1)

C. ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ )

B. m ∈ ( −∞; −1] ∪ [1; +∞ )

a 3+ 6 = b 4

KÈ

Câu 31: Cho a, b là các số dương thỏa mãn log 9 a = log16 b = log12 B.

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

ẠY

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

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

B. VS .ABC = 6

C. VS .ABC = 4

D. VS .ABC = 12

FF IC IA L

A. VS .ABC = 8

Câu 35: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau 1

−∞

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

B. e3

C. e13

(

)

3 tanx + 2 sinx = 3 − 4 cos 2 x. Tổng tất cả các nghiệm thuộc đoạn

[ 0; 20π ] của phương trình bằng 570 π 3

880 π 3

D. e5

Câu 36: Cho phương trình ( 2 sin x − 1)

1150 π 3

A. e4

+∞

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,

A. 6π a 2

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 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

KÈ

f ( x ) . f ' ( x ) = ( 2 x + 1) 1 + f 2 ( x ) , ∀x ∈ R. Khi đó giá trị f (1) bằng

A. 15

ẠY

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

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 B. (3,7;3,8)

C. (3,6;3,7)

D. (3,5;3,6)

FF IC IA L

A. (3,8;3,9)

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

A. 17

B. 16

đoạn [-10;10] của tham số a để M ≥ 2m ? C. 15

D. 18

B. 150 0

C. 135 0

D. 60 0

A. 1200

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

Câu 44: Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện 720 ( C77 + C87 + ...Cn7 ) =

B. 120

A.-550

1   khai triển  x − 2  ( x ≠ 0 ) bằng x  

C. 560

1 An10+1. Hệ số của x 7 trong 4032

D. -120

bằng -1

B. 2

Câu 46: Cho hàm số y =

C. 1

x − m2 − 2 trên đoạn [0;4] x−m

D. 0

x −3 . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn [-6;6] của x − 3mx + ( 2m 2 + 1) x − m

KÈ

A. 3

Câu 45: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y =

tham số m để đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận?

ẠY

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

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 1 2

1 3

3 8

4 9

FF IC IA L

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

B. 5

C. Vô số

D. 3

ẠY

KÈ

A. 4

 3sin x − cos x − 1  = f ( m 2 + 4m + 4 ) có nghiệm? m để phương trình f    2 cosx − sinx + 4 

MA TRẬN Cấp độ câu hỏi

Đồ thị, BBT

Cực trị Hàm số

C7 C11 C23

Đơn điệu

Min - max

Tiệm cận

Bài toán thực tế

Hàm số mũ - logarit

Biểu thức mũ logarit

C35

ẠY

C46

2 0

C21 C31

C10

C27

C20 C24

M KÈ

Nguyên hàm

Bài toán thực tế

C45

C19 C22

Tổng

C17

C41

Phương trình, bất phương trình mũ logarit

Nguyên hàm – Tích phân

Vận dụng cao

C30 C33

Tương giao

C28 C2

Mũ logarit

Vận dụng

Nhận Thông biết hiểu

FF IC IA L

Đơn vị kiến thức

Chuyên đề

STT

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

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 Khoảng cách

Khối nón

C32

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện

C16

CSC CSN

Xác định thành phần CSC - CSN

PT - BPT

Xác suất

Tổ hợp – chỉnh hợp

C25

C44

C26

Bài toán tham số

C39

Khối trụ

C48

C17

Tổ h ợ p – xác suất

C34

C4 C6

Khối tròn xoay

FF IC IA L

HHKG

C8 C14

1 1 3 1 0

C36 C37 C42 C50

Mức độ đề thi: KHÁ

NHẬN XÉT ĐỀ

Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan.

KÈ

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.

ẠY

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 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

41-C

42-B

43-A

44-A

45-C

46-B

47-D

Câu 1: Chọn C. Phương pháp:

FF IC IA L

1-C

38-C

39-C

40-E

48-D

49-C

50-D

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.

Cách giải:

Giải phương trình f ' ( x ) = 0 và kết luận.

Phương pháp:

Xét đáp án A ta có y ' = 3 x 2 + 3 > 0∀x ∈ R ⇒ Hàm số không có cực trị.

Phương pháp:

Câu 3: Chọn C.

Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h và bán kính r là V = π r 2 h.

ẠY

KÈ

Cách giải:

Ta có: BC = AC 2 − AB 2 = 25a 2 − 16a 2 = 3a (Định lí Pytago) 11

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.

FF IC IA L

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

⇒ VS . ABC

1 1 1 2a 3 . = SA. BA.BC = .2a.a 2.a 2 = 3 2 6 3

Câu 5: Chọn D. Phương pháp:

Sử dụng các công thức liên quan đến chỉnh hợp, tổ hợp, hoán vị.

Cách giải:

n! ; Ank = k !Cnk là các công thức đúng. k !( n − k ) !

Cnk = Cnn − k , Cnk =

Ta có:

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 '

Cách giải: Ta có

KÈ

+) So sánh VA.BCC ' B ' với V.

ẠY

S BCC ' B ' = d ( B '; CC') .CC '

S BMNC =

( BM + CN ) d ( B; CC ')

1 2 1  7 d ( B; CC ' )  CC '+ CC '  = d ( B; CC ' ) .CC ' 2 3 2  12

⇒

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

FF IC IA L

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 +

+∞

−∞

⇒ 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.

ẠY

KÈ

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

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.

∫ f ( x ) dx = ∫ x e

2 x3 +1

dx.

Đặt t = x3 + 1 ⇒ dt = 3 x 2 dx ⇒ x 2 dx = ⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫

FF IC IA L

Cách giải:

dt 3

et dt 1 t 1 2 = e + C = e x +1 + C. 3 3 3

Câu 10: Chọn D. Đưa về cùng cơ số : a f ( x ) = a g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x )( 0 < a ≠ 1) .

1  x=−  = 49 = 7 ⇔ 2 x + 5 x + 4 = 2 ⇔ 2.   x = −2 2

Ta có 7

2 x2 + 5 x + 4

Cách giải:

Phương pháp:

1 −5 Vậy tổng các nghiệm của phương trình là − − 2 = . 2 2

Phương pháp:

Câu 11: Chọn C.

+) Dựa vào lim y xác định dấu của hệ số a và loại đáp án. x →+∞

KÈ

Cách giải:

+) Dựa vào các điểm đồ thị hàm số đi qua xác định đáp án đúng.

Đồ thị hàm số đã cho là hàm đa thức bậc ba có a > 0 do lim y = +∞ ⇒ Loại đáp án A. x →+∞

ẠY

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

Gọi O = AC ∩ BD ta có SO ⊥ ( ABCD ).

a 2 . 2

⇒ ∠ ( SA; ( ABC ) ) = ∠ ( SA; ( ABCD ) ) = ∠SAO = 450 ⇒ SO = OA =

FF IC IA L

Cách giải:

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.

∫ xe dx = ∫ xd ( e ) = xe − ∫ e dx + C = xe x

Câu 14: Chọn C.

− e x + C.

Phương pháp:

Ta có

Cách giải:

Bảng tóm tắt của năm loại khối đa diện đều

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

Loại

ẠY

KÈ

Sử dụng lí thuyết khối đa diện.

Cách giải: Bảng tóm tắt của năm loại khối đa diện đều 15

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

FF IC IA L

Loại

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: 1

∫ ax + b = a ln ax + b + C.

Cách giải: 1

∫ 5 x + 4 = 5 ln 5 x + 4 + C.

Ta có:

Sử dụng bảng nguyên hàm mở rộng

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.

KÈ

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 ) :

5 5 SA2 2 + S day = +5 = . 4 4 2

ẠY R=

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 →∞

+ Nếu lim y = ∞ ⇒ x = x0 là TCĐ của đồ thị hàm số x → x0

Cách giải: Ta có: 1 x 2 = 1 ⇒ y = 1 là TCN của đồ thị hàm số. 2 x2

FF IC IA L

1 1− + x2 − x + 1 x lim y = lim 2 = lim x →±∞ x →±∞ x − x − 2 x →±∞ 1 1− − x

 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

Câu 19: Chọn C.

( 3 ) .4 = 4π .

1 1 Thể tích khối nón là V = π r 2 h = π 3 3

Cách giải:

Phương pháp:

n ∈ ℤ−

D=ℝ

D = ℝ \{0}

x > 4 . 2 − 3 ∉ ℤ ⇒ Hàm số xác định ⇔ x 2 − 3 x − 4 > 0 ↔   x < −1

ẠY

Vì

D = ( 0; +∞ )

KÈ

Cách giải:

n∉ℤ

n ∈ ℤ+

TXĐ của hàm số y = x n phụ thuộc vào n như sau:

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:

 a3  a a Ta có: I = log a   = log a   = 3log a   = 3. 5  125  5 5 5 5

Câu 21: Chọn A. Quy đồng, sử dụng các công thức nhân chia lũy thừa.

Cách giải: 1

 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.

Cách giải:

Phương pháp: Kẻ đường thẳng y = m > 0 và so sánh các giá trị a, b, c.

−1

Ta có: T = 2 ( a + b ) . ( ab )

1 2

FF IC IA L

Phương pháp:

Kẻ đường thẳng y = m > 0 như hình vẽ ta có:

KÈ

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.

ẠY

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

Phương pháp: Cộng cả hai vế của đẳng thức bài cho với 4ab và lấy logarit cơ số 10 hai vế.

Cách giải: 2

FF IC IA L

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

Phương pháp:

Số tập con gồm k phần tử của tập hợp A gồm n phần tử là Cnk .

Câu 25: Chọn D.

Cách giải: Số tập con gồm 6 phần tử trong tập A gồm 26 phần tử là C266 .

Phương pháp:

n( A) . n( Ω)

Tính n ( Ω ) và n(A) suy ra xác suất P ( A) =

Câu 26: Chọn D.

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.

3 1 = . 6 2

KÈ

Vậy xác suất P ( A) =

Câu 27: Chọn C.

ẠY

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

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

Kết hợp với điều kiện 1 < x <

FF IC IA L

⇔ 12 − 3 x ≥ 0 ⇔ x ≤ 4 (do x – 1 > 0) 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.

KÈ

Câu 30: Chọn A.

Vậy F ( x ) = x 2 + e x + 2018.

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

ẠY

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

Câu 31: Chọn B. Phương pháp:

- 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 2t

FF IC IA L

- Đặt log 9 a = log16 b = log12

a 9t  3  = =  = b 16 t  4 

(

)

6 − 1 = 7 − 2 6.

Do đó

5.16t − 9t 3 3 3 Suy ra = 12t ⇔ 5.16t − 2.12t − 9t = 0 ⇔ 5 − 2.   −   = 0 ⇔   = 6 − 1. 2 4 4 4

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 .

KÈ

Cách giải:

ẠY

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

Ta dễ dàng tính được OC =

a a 3 , OD = . 2 2 2

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

6/4

)

8 a 2 . ⇒ OH = 2 4 a

1 2 a a 2 OH . SB = , OH = ⇒ sinOMH = = 2 2 4 OM 2

Tam giác OMH vuông tại H có OM =

2 . 2

Vậy sin ϕ =

FF IC IA L

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 

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)

KÈ

⇔ 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]

ẠY

Ta có h ' ( x ) = 2 x + 4 = 0 ⇔ x = −2. BBT:

h '( x)

−∞

-2 0

-1 +

h ( x) -9 22

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.

FF IC IA L

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).

Xét tam giác SAB có:

Gọi H là hình chiếu của S trên AM thì SH ⊥ AM , SH ⊥ BC nên SH là đường cao của hình chóp.

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

KÈ

Do đó SM 2 =

Tam giác ABC có AM 2 =

p( p − a)( p − b)( p − c) = 6.

ẠY

Khi đó S SAM =

AB 2 + AC 2 BC 2 − = 15 ⇒ AM = 15. 2 4

Do đó: SH = VS . ABC =

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

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.

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

FF IC IA L

Cách giải:

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].

7 7  nên f ' ( x ) ( f ( x ) − 1)  f ( x ) −  > 0 hay g ' ( x ) > 0. 6 6 

+ Trong khoảng (0;1) thì f ' ( x ) < 0, f ( x ) > 1, f ( x ) <

+ 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 

g '( x)

Từ đó ta có bảng biến thiên của g ( x ) như sau:

2 -

KÈ

g ( x)

Từ bảng biến thiên ta thấy max g ( x ) = 4. [0;2]

ẠY

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

Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

(*) ⇔ ( 2sin x − 1) .

(

+ 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

FF IC IA L

⇔ ( 2 sin x − 1)

⇔ 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

(

)

3 sinx − cosx = 0

⇔ ( 2sin x − 1)

 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

KÈ

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

+π +

+ 2π + ... +

ẠY

= 20.

+ 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

- Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đứng theo công thức R = r 2 +

h2 . 4

FF IC IA L

Cách giải:

Suy ra ( AC ', ( BCC ' B ' ) ) = AC ' H = 300

AH = a 3 ⇒ CC ' = AC '2 − AC 2 = a 2. sin AC ' H

AC ' =

AB. AC a 3 . = BC 2

Ta có: AC = BC 2 − AB 2 = a, AH =

Lại có AH ⊥ BB ' (do BB ⊥ ( ABC ) suy ra AH ⊥ ( BCC ' B ') .

Trong mặt phẳng (ABC) kẻ AH ⊥ BC ( H ∈ BC ) .

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

a2 a 6 6a 2 = ⇒ S = 4π R 2 = 4π . = 6π a 2 . 2 2 4

KÈ

Câu 38: Chọn C.

Do đó R = a 2 +

Phương pháp:

ẠY

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

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

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.

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

Từ đó:

FF IC IA L

⇒ f ( x ) f ' ( x ) dx = tdt

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.

ẠY

KÈ

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

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 Ta tính AF, OK. Xét

tam

giác

SAC

vuông

tạ i

đường

cao

nên

a 1 1 CA . OK = CF = . = 2 2 CS 5 2

AF =

SA. AC = SC

SA.AC 2

SA + AC

a 6 ; 5

a 1 a 6 1 1 π a3 Vậy thể tích V = π r 2 h = π . .  . . =  2 3 5  2 5  10 5

FF IC IA L

và đường tròn đáy là đường tròn đường kính AF .

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

KÈ

 ln ( x + 1) + 1 = 0  x + 1 = e −1 ⇔ ⇔  m ln ( x + 1) − x − 2 = 0  m ln ( x + 1) − x − 2 = 0

ẠY

 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

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)

-1

+∞

f '( x) f ( x) ln 3 4

FF IC IA L

ta có bảng biến thiên trên ( −1; +∞ ) như sau:

ln 5 6

1 ln 5 6 < ⇔m> ≈ 3, 728 m 6 ln 5

6 ∈ ( 3, 7;3,8 ) . ln 5

Suy ra a =

Để phương trình có nghiệm x1 , x2 thỏa 0 < x1 < 2 < 4 < x2 thì 0 <

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:

KÈ

 y ' ( x0 ) = 0 + Nế u  ⇒ x0 là điểm cực đại của hàm số.  y '' ( x0 ) < 0

ẠY

 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

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.

FF IC IA L

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.

KÈ

Cách giải:

ẠY

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

⇔ 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

FF IC IA L

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

TH1: Nếu 13 − 3 ≤ a ≤ 13 + 3 thì

x 2 + y 2 − a ≥ 0 ⇒ min T = 0 ⇒ M ≥ 2m ⇒ a ∈ {1; 2;3; 4;5;6}

TH2: Nếu a < 13 − 3 ⇒ a < 13 nên

Suy ra 13 − 3 ≤ x 2 + y 2 ≤ 13 + 3

13 + 3 − a > 13 − 3 − a , do đó M = 13 + 3 − a ; m = 13 − 3 − a

(

) (

13 + 3 − a − 2 13 − 6 − 2a

⇔

Vì M ≥ 2m ⇒ 13 + 3 − a ≥ 2 13 − 3 − a

)

≥ 0 ⇔ 13 − 9 ≤ a ≤ 13 + 1 ⇒ a ∈ {−5; −4; −3; −2; −1; 0}

KÈ

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

ẠY

⇔

)

≥ 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

(

)

FF IC IA L

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:

n! n! ; Ank = để có phương trình ẩn n. k !( n − k ) ! ( n − k )!

KÈ

Từ đó thay Cnk =

Ta dùng công thức Cnk + Cnk +1 = Cnk++11 để chứng minh C77 + C87 + C97 + ... + Cn7 = Cn8+1

ẠY

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 )

k =0

Cách giải: + Sử dụng công thức Cnk + Cnk +1 = Cnk++11 , ta có

Cn8+1 = Cn8 + Cn7 Cn8 = Cn7−1 + Cn8−1 Cn8−1 = Cn7− 2 + Cn8− 2

FF IC IA L

…

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

( 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)! = 1 ( n + 1)! 1 1 An10+1 ⇔ 720.Cn8+1 = An10+1 ⇒ 720. 4032 4032 8!( n − 7 ) ! 4032 ( n − 9 ) !

Khi đó ta có 720C77 + C87 + ...Cn7 =

 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 :

KÈ

Câu 45: Chọn C.

Một số em bỏ qua thừa số (−1) k dẫn đến sai dấu đáp án.

Phương pháp:

Tính y’ rồi đánh giá để chỉ ra hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.

ẠY

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

m < 0 Để hàm số đạt GTLN trên [0;4] thì m ∈ [ 0; 4 ] ⇔  m > 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:

FF IC IA L

Suy ra max y = y (4) =

Ta sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang: Đường thẳng y = y0 là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x ) nếu một x →+∞

trong các điều kiện sau được thỏa mãn lim f ( x ) = y0 ; lim f ( x ) = y0 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. x −3 x − 3mx + ( 2m 2 + 1) x − m 2

Ta có y =

Cách giải:

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

x −3 lim f ( x ) = lim 3 = lim 2 x →±∞ x →±∞ x − 3mx + 2 m 2 + 1 x − m x →±∞ ( )

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.

KÈ

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(*)

ẠY

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

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.

FF IC IA L

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.

b = log a b − log a c;log a ( bc ) = log a b + log a c ( 0 < a ≠ 1; b, c > 0 ) a c

Chú ý sử dụng các công thức log

Cách giải:

⇔

(

x2 + 2 + x 2

x +2 +x

) > 0 ⇒ 6x + 4

x 2 + 2 − x + 4 > 0 ⇔ x.

+4>0

x +2+x

)

(

x 2 + 2 > 0 (vì

x 2 + 2 > x; ∀x)

Điều kiện: x x 2 + 2 + 4 − x 2 > 0 ⇔ 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 ( )   

)

(

) )

x2 + 2 − x + 4 + 2 x + x2 + 2 ≤ 1

((

⇔ log 2 x

Khi đó ta có log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1

KÈ

  2x ⇔ log 2  + 4  + 2 x + x2 + 2 ≤ 1 2  x +2 +x 

ẠY

 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 

(

)

(

⇔ 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 +

FF IC IA L

(

⇔ log 2 2 + log 2 3 x + 2 x 2 + 2 − log 2

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 ≤ 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 2 + 2 ≤ −2 x

x > 0 8 2 40 6 ta có − <x≤− hay − <x≤− Kết hợp điều kiện  40 − 5 3 5 3 <x≤0  5

Câu 48: Chọn D.

KÈ

Phương pháp:

 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

VS .MNP SM SN SP . . = VS . ABC SA SB SC

ẠY

+ Sử dụng tỉ số thể tích: Cho chóp tam giác S.ABC có M ∈ SA, N ∈ SB, P ∈ 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:

FF IC IA L

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

AB AC AI + AK 3 AG + = = = 3). AM AN AG AG

+ Sử dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị nhỏ nhất.

Do đó

3 ⇒ AI + AK = AD + DI + AK = AD + KD + AK = AD + AD = 2 AD = 2. AG = 3 AG 2

+ Lưu ý rằng trọng tâm tứ diện là giao của 4 đường thẳng nối đỉnh và trọng tâm tam giác đối diện.

SM SN = a; = b ( 0 < a; b < 1) SB SC

ẠY

Đặt

KÈ

Cách giải:

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

Ta có

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

FF IC IA L

Xét

SB SC 1 1 + = 3 ⇔ + = 3. SM SN a b

+ 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:

KÈ

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 )

ẠY

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

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

FF IC IA L

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: 3sin x − cos x − 1 = t ⇔ 3sin x − cos x − 1 = t ( 2 cosx − sinx + 4 ) 2 cosx − sinx + 4

Đặt

Vì −1 ≤ sinx ≤ 1; −1 ≤ cosx ≤ 1 nên 2 cos x − sinx > −3 ⇒ 2 cosx − sinx + 4 > 0

⇔ cos x ( 2t + 1) − sinx ( t + 3) = −4t − 1 2

Phương trình trên có nghiệm khi ( 2t + 1) + ( t + 3) ≥ ( −4t − 1)

9 ≤ t ≤1⇒ 0 ≤ t ≤1 11

⇔ 5t 2 + 10t + 10 ≥ 16t 2 + 8t + 1 ⇔ 11t 2 − 2t − 9 ≤ 0 ⇔ −

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 

KÈ

⇔ 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

ẠY

Mà m ∈ ℤ nên m ∈ {−3; −2; −1} . Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu.

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

FF IC IA L

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.

B. u3 = 2

C. u3 = -5

A. u3 = 4

Câu 1: Cho cấp số cộng ( un ) biết u1 = 3, u2 = −1. Tìm u3 .

D. u3 = 7

KÈ

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

ẠY

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

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?

4 πa2 3

B. S =

πa2 3

C. S = πa2

D. S = 4 πa2

FF IC IA L

A. S =

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? B. P = 4 xy

D. P = 2 x + y

C. P = 2 xy

A. 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 C. V = 3

D. V = a3

a3 B. V = 6

a3 A. V = 4

10 Câu 10: Trong khai triển nhị thức ( 2 x − 1) . Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 .

B. 11520

C. -11520

A. 45

D. 256

Câu 11: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy ABC. Tam giác ABC vuông cân tại B và B. 300

C. 1200

D. 600

A. 450

SA = a 2, SB = a 5. Tính góc giữa SC và mặt phẳng (ABC).

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.

KÈ

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. 2 a3 3

ẠY A. V =

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.

FF IC IA L

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. 7 15

8 15

1 5

1 15

b =

1 log a b 2

1 log a a2 = 1 2

1 log a b 2 = log a b 2

1 log a b2 = log a b 2

A. log

Câu 17: Cho hai số thực a, b với a > 0, a ≠ 1, b ≠ 0. Khẳng định nào sau đây sai?

Câu 18: Đồ thị hàm số nào sau đây có 3 điểm cực trị?

A. y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 5

Câu 19: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x 2 ( x + 1) B. 2

A. 3

)

D. y = − x 4 − 3 x 2 + 4

C. y = 2 x 4 − 4 x 2 + 1

(

B. y = x 2 + 1

( x + 2).

Hàm số f ( x ) có mấy điểm cực trị?

C. 0

D. 1

(

)

KÈ

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

ẠY

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

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. 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

)

2 x +1

3 4

D. 3 M + 2 m = 12

FF IC IA L

A. 3 M + 2 m =

=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

C. x1 + x2 = 5

D. x1 + x2 = 3

B. x1 + x2 = 6

B. V =

πa3 3 3

C. V =

πa3 3 24

A. V = πa3 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. D. V =

3πa3 8

KÈ

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

ẠY

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

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 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

FF IC IA L

y = 9 x + 6.

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. B. V =

a3 5 2

C. V =

a3 2 3

D. V =

a3 5 6

a3 5 3

A. V =

Câu 33: Có bao nhiêu số nguyên dương m sao cho đường thẳng y = x + m cắt đồ thị hàm số y =

A. 1

hai điểm phân biệt A, B và AB ≤ 4 ? B. 6

C. 2

2x −1 tại x +1

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. B. SC = a 2

Câu 35: Đồ thị hàm số y =

4x + 4

D. SC =

a 2 2

có bao nhiêu đường tiệm cận?

x + 2x +1 B. 2

KÈ

A. 1

C. SC = a

A. SC = a 3

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

ẠY

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

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

29 68040

1 2430

31 68040

FF IC IA L

nhiên một số. Tính xác suất để số lấy ra là số lẻ và thõa mãn a < b < c < d < e < f . D.

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 =

5− x + 2

đồng biến trên ( −∞;0 ) . 5− x − m D. -2 < m < 1

Câu 40: Tìm tất cả các giá trị khác nhau của tham số m để hàm số y =

2a 2 3

B. m ≤ −2

C. −2 < m ≤ 1

A. m < -2

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

A. -3 < m < -1

3 4

C. −1 < m < −

B. −3 < m < −

nghiệm trái dấu.

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

B. −1 ≤ m ≤ 1

A. 0 < m < 1

C. 0 ≤ m ≤ 1

D. –1 < m < 1

A. 0 < 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. B. 1 < m < 2

C. -2 < m < 0

D. -2 < m < 2

KÈ

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

ẠY

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:

-1

−∞

f '( x )

+∞ -

Hàm số y = 3 f ( x + 3) − x 3 + 12 x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? B. (0;2)

D. ( 2; +∞ )

C. ( −∞; −1)

FF IC IA L

A. (-1;0)

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

A. m = f ( 4 )

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].

B. m = f ( 0 )

C. m = f ( 2 )

D. m = f (1)

ẠY

KÈ

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

A. max P = 1

B. max P = 4

C. max P = 2

D. max P = 3

13 18

B. V =

23 9

C. V =

5 9

D. V =

7 18

ẠY

KÈ

A. V =

FF IC IA L

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.

MA TRẬN Cấp độ câu hỏi

Đồ thị, BBT

Cực trị

Đơn điệu

Nhận Thông biết hiểu C27 C30

C15

Hàm số 4

Tương giao

Min - max

Tiệm cận

Bài toán thực tế

Hàm số mũ - logarit

Biểu thức mũ logarit

Nguyên hàm – Tích phân

3 2 1

C17

C49

C48

C20

C44

C7 C24

C41 C45

C25

Tích phân Ứng dụng tích phân

Dạng hình học

C47

Nguyên hàm

C35

Phương trình, bất phương trình mũ logarit

Bài toán thực tế

ẠY

C40 C42

C46

KÈ

C3 C21

Tổng

11 12

C36

C13 C23

C18 C19

Vận dụng cao

C33 C43

Mũ logarit

Vận dụng

FF IC IA L

Đơn vị kiến thức

Chuyên đề

STT

Số phức

Dạng đại số PT phức

Hình Oxyz Đường thẳng 9

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

Tổ hợp – xác suất CSC CSN

PT - BPT

C28

Tổ hợp – chỉnh hợp

C10

C37

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện

Xác định thành phần CSC - CSN

2 2 1

C38

Bài toán tham số

C34

C16 C22

Xác suất

FF IC IA L

C39

C50

3 1

C12

C32

C31

Khối trụ

Khối tròn xoay

HHKG

NHẬN XÉT ĐỀ

KÈ

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.

ẠY

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

FF IC IA L O N Ơ H N Y U Q M 2-B

3-D

4-D

5-C

6-C

7-B

8-D

9-C

10-B

12-D

13-B

14-A

15-C

16-B

17-D

18-C

19-B

20-C

ẠY

11-B

KÈ

1-C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

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

42-B

43-D

44-B

45-B

46-D

47-A

48-A

49-A

50-B

21-D

41-C

Câu 1: Chọn C.

Phương pháp 11

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:

FF IC IA L

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). 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

+ Đáp án A: Đồ thị y =

nên chọn B.

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

Câu 3: Chọn D.

KÈ

Phương pháp

thuộc đồ thị nên loại D.

+ Đáp án C: Đồ thị y =

- 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.

ẠY

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

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

FF IC IA L

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:

a Diện tích xunh quanh: S = 2 π. .a = πa2 . 2

a và chiều cao h = a. 2

Do thiết diện là hình vuông cạnh a nên bán kính đáy bằng

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

KÈ

Câu 7: Chọn B.

a Diện tích mặt cầu là S = 4 π   = πa 2 . 2 Phương pháp

Giải phương trình logarit cơ bản log a f ( x ) = m ⇔ f ( x ) = a m .

ẠY

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

Sử dụng công thức a m .a n = a m + n . Cách giải: Ta có P = 2 x .2 y = 4 x + y. 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

Sử dụng khai triển ( a + b ) =

∑ Cnk an − k .bk ( 0 ≤ k ≤ n; k; n ∈ ℕ )

∑ C10k ( 2 x )

10 − k

.(−1)k =

∑ C10k . x10− k .210− k. ( −1)

k =0

Cách giải:

Từ đó suy ra hệ số của số hạng chứa x 8 .

k =0

Ta có ( 2 x − 1)

FF IC IA L

Câu 9: Chọn C.

Số hạng chứa x 8 trong khai triển ứng với 10 − k = 8 ⇔ k = 2

Câu 11: Chọn B.

KÈ

Phương pháp

2 10 − 2 .2 . ( −1) 2 = 11520. Nên hệ số của số hạng chứa x 8 là C10

ẠY

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:

FF IC IA L

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.

SA a 2 1 = = ⇒ ∠SCA = 300. AC a 6 3

Tam giác SAC vuông tại A có tan ∠SCA =

Vì SA ⊥ ( ABC ) nên góc ∠ ( SC,( ABC ) ) = ∠ ( SC, AC ) = ∠SCA (vì ∠SCA < ∠A = 900 )

Câu 12: Chọn D.

Phương pháp

1 − cos 2 x ;sin 2 x = 2 sin x cos x;cos ( a + b ) = cos a cosb − sinasinb. 2

Ta sử dụng các công thức: sin 2 x =

(

)

Cách giải:

A2 + B 2 để ta đưa về dạng phương trình lượng giác cơ bản.

KÈ

cả hai vế cho

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

1 − cos 2 x 3 + sin 2 x = 1 2 2

ẠY

Ta có: sin 2 x + 3 sinxcosx = 1 ⇔ ⇔

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

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

FF IC IA L

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:

 x ≥ 0 = 0 ⇔ 4 − x2 = x ⇔  ⇔ x = 2. 2 2 2 4 − x = x   4−x

( 2) = 2

Ta có: y(−2) = −2, y(2) = 2, y

y' = 1−

TXĐ: D = [-2;2].

Câu 14: Chọn A. Phương pháp

Vậy M = 2 2, m = −2 ⇒ M − m = 2 2 + 2.

KÈ

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

ẠY

Cách giải:

FF IC IA L

Vì SA ⊥ ( ABCD) ⇒ SA ⊥ AC

Vì ABCD là hình vuông cạnh a 2 nên AC = AB 2 + BC2 = 2 a2 + 2 a2 = 2 a.

(a 5)

− ( 2a ) = a

SA = SC2 − AC 2 =

Tam giác SAC vuông tại A có

(

)

Câu 15: Chọn C.

Phương pháp

2 2 a3 1 1 Thể tích VS. ABCD = SA.S ABCD = a. a 2 = . 3 3 3

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; +∞ ) .

KÈ

Hay hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −2 ) và ( 0; +∞ ) . Câu 16: Chọn B.

ẠY

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

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.

( )

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:

FF IC IA L

2 Khi đó n A = C72 ⇒ n ( A ) = C10 − C72

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. Câu 19: Chọn B.

KÈ

Phương pháp

+ Đáp án D: Đây là hàm trùng phương có ab = 3 > 0 nên hàm số có 1 cực trị. Loại D.

Hàm đa thức đạt cực trị tại các điểm là nghiệm bội lẻ của đạo hàm. Cách giải:

ẠY

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

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.

FF IC IA L

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).

x+2 nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ ) . x −1

Đáp án C sai và hàm số y =

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 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)

KÈ

Vậy số cách chọn thỏa mãn đề bài là C55 + C54 C71 + C53C72 = 246 (cách) Câu 23: Chọn C.

ẠY

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

 1   x = 1 ∈  3 ;3 1 x −1   Ta có: y ' = 1 − = =0⇔   1  x2 x2  x = −1 ∉  ;3 3   2

Vậy M =

FF IC IA L

10  1  10 Lại có y   = ; y(1) = 2, y(3) = . 3  3 3 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 )

⇔ 2 x − 1 = log

;2 − 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

)

= 2 − 3 ⇔ 2 x − 1 = log7 + 4 3 2 − 3

2 x +1

(7 + 4 3 )

)

(

Ta có: 7 + 4 3 = 2 + 3

Cách giải:

f x Giải phương trình mũ cơ bản a ( ) = a m ⇔ f ( x ) = m.

Cách giải:

KÈ

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

ẠY

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

đều SAB có cạnh AB = 2 r = 2 a ⇒ R = a và trung tuyến SO =

a 3 . 2

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.

(

FF IC IA L

1 1 πa3 3 Thể tích khối nón là V = πr 2 h = πa2 .a 3 = . 3 3 3

)

b b >0⇔ < 0 ⇔ b > 0 (do a < 0). 2a 2a

⇔−

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.

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.

ẠY

KÈ

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

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 BD = a 2. 2

FF IC IA L

2 a ⇒ BD = BC 2 + CD2 = 2 a 2 ⇒ BO =

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 :

a2 . 2h

chiều cao h là R =

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

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. Phương pháp:

Câu 30: Chọn B.

KÈ

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 ) .

ẠY

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

 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

FF IC IA L

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.

KÈ

 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.

ẠY

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

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:

FF IC IA L

+ 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

a 3 2 2a 3 a 3 ; BH = BO = = 2 3 3 2 3

KÈ

AC = a; BO =

ẠY

+ Vì SH ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ BD 2

(a 2 )

a 3 a 5 − =   3  3  

+ Xét tam giác BHD vuông tại H có SH = SB − BH =

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

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. - Xét phương trình hoành độ giao điểm.

FF IC IA L

Phương pháp: - 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

⇔ ( 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

KÈ

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.

ẠY

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

Lấy H là trung điểm BC suy ra AH ⊥ BC (do tam giác ABC cân tại A)

FF IC IA L

Cách giải:

( 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 =

SBC vuông tại S.

1 BC nên tam giác 2

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

KÈ

+ Xét tam giác SBC vuông tại S(cmt) có SC = BC2 − SB 2 = 3a2 − a2 = a 2. Câu 35: Chọn B.

ẠY

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

Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận. Câu 36: Chọn D. Phương pháp:

làm trục đối xứng để suy ra x = 0 luôn là một cực trị của hàm y = f ( x ) .

FF IC IA L

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

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.

KÈ

Chú ý :

  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     

( x )' =

x x để sauy ra f ( x ) ' = .' ( x ) từ x x

(

)

ẠY

Các em có thể sử dụng đạo hàm hàm hợp ( f(u) ) ' = u '.f' ( u ) và

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

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 a2 a 7 = 4 2

FF IC IA L

HE = OE 2 − OH 2 = 2 a2 −

⇒ 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.

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

Tính xác suất theo định nghĩa P( A) =

Phương pháp:

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.

KÈ

+ 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

ẠY

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

FF IC IA L

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.

a 2

a 2.

SO.OE

SO 2 +OE 2

a2 4

a 2 3

2 a2 +

SO.OE OF = = SE

Xét tam giác SOE vuông tại O có

2a 2 . 3

Vậy d ( M,( SCD) ) = 2 d ( O,( SCD) ) = 2OF =

Chú ý khi giải:

a 2 mà quên không nhân 2 rồi chọn ngay C là sai. 3

KÈ

Câu 40: Chọn C.

Nhiều em khi tính được d ( O,( SCD) ) =

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

ẠY

Cách giải:

ĐK: 5− x ≠ m.

+2 x 2.5x + 1 5 Ta có: y = = = x 1 5− x − m − m −m 5 + 1 5x −x

Để hàm số y =

5− x + 2 5− x − m

đồng biến trên ( −∞;0 ) thì hàm số y =

FF IC IA L

2t + 1  1 Đặt 5x = t (t > 0) ⇒ y =  t ≠  . Với x ∈ ( −∞;0 ) ⇒ t ∈ (0;1) m − mt + 1 

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

ẠY

KÈ

2m − 1  t1 + t2 = − m + 3 Áp dụng định lý Vi-ét ta có:  . t t = m + 1  1 2 m + 3

O N Ơ

   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

FF IC IA L

  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

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

KÈ

a = 1 > 0 Để hàm số đồng biến trên ℝ ⇔ y ' ≥ 0; ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ −1 ≤ m ≤ 1 2 ∆ ' = (−2 m) − 4 ≤ 0

ẠY

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

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

FF IC IA L

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:

1 log a b β

Ta có:

121 = log 3 121 − log 3 8 = log 7 8 7 7

KÈ

log 3

Cách giải:

log a bα = α log a b;

log

b = log a b − log a c c

log a

ẠY

= 6 log7 11 − 9 log7 2 = 6 log7 11 − 9.

1 73

log a b =

112 − log

1 73

1 ( 0 < a, b ≠ 1) log b a

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

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.

1 Đồ thị hàm số y = f ( t ) là parabol có hoành độ đỉnh t = − ∈ ( −∞;0 ) . 2

Bảng biến thiên: −∞

f (t )

−

1 2

+∞

−

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). 1 là giá trị cần tìm. 4

Vậy m ≥ −

1 4

Quan sát bảng biến thiên ta thấy, khi m ≥ −

FF IC IA L

Xét hàm f ( t ) = t 2 + t trên ( −∞;0 ) .

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

KÈ

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:

ẠY

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

 −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

FF IC IA L

  −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:

+) Trên khoảng (0;2) thì f '(x) > 0.

+) Trên khoảng (2;4) thì f ' ( x ) < 0.

0 +

f (1)

3 -

4 -

f (2)

f ( 3)

KÈ

f (x)

f '(x)

Ta có bảng biến thiên: x

Quan sát đồ thị hàm số y = f ' ( x ) ta thấy:

f (0)

f (4)

ẠY

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

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.

FF IC IA L

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 HM A ' M A ' H 118 = = = MK MB BK 487

Ta có HA '/ / BK ⇒

⇒ HK = AC = 492 m

118 118 HM 118 HM HM 118 = ⇒ = = ⇔ = MK 487 HM + MK 118 + 487 605 HK 605

⇔

58056 HM 118 = ⇒ HM = 492 605 605

KÈ

⇒

ẠY

 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

- 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: x+y x 2 + y 2 + xy + 2

> 0.

FF IC IA L

Điều kiện :

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; +∞ )

↔ xy = ( x + y ) − 3 ( x + y ) + 2

Do đó: f ( 3 ( x + y ) ) = f x 2 + y2 + xy + 2 ⇔ 3 ( x + y ) = x 2 + y 2 + xy + 2 (1)

 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.

KÈ

2 x + y + 1) ( − x≤

Do đó từ (1), suy ra:

( x + y )2 + 3 ( x + y ) − 2.

ẠY

Đặt t = x + y, t > 0

2( x + y) +1+ x

Suy ra: P =

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

+∞

3 +

f ' (t )

FF IC IA L

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) x − 11 . x + y+6

Ta có: P = 2 +

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

)

3− 2 3 3+ 2 3 ≤x≤ < 3 ⇒ x − 11 < 0. 3 3

(

∆ = ( x − 3) − 4 x 2 − 3 x + 2 ≥ 0 ⇔

Vậy P < 2 nên trong 4 phương án thì Pmax = 1 khi đó x = 2, y = 1. y + 17 < 3 với x, y > 0. x + y+6

Ta có: P = 3 −

Cách 3: (Trắc nghiệm)

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+

+ Nếu P = 2 thì

KÈ

Vậy Pmax = 1.

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.

Câu 50: Chọn B. Phương pháp:

ẠY

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

FF IC IA L

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

Ta thấy ABNM là hình thang nên

2 4 Suy ra VC. ABB ' A ' = VABC. A ' B ' C ' − VC. A ' B ' C ' = 2 − = 3 3

 AA ' BB '  +  .d ( BB ', AA' ) AM + BN ) d ( BN; AM )  2 ( 3  S ABNM = = 2 2

KÈ

 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

ẠY

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

Ta có A ' M / / CC ' ⇒ Và B ' N / / CC ' ⇒

→ SC ' PQ =

B ' N QB ' 2 = = ⇒ QC ' = 3 B ' C ' CC ' QC ' 3

1 C ' A '.C ' B 'sin C ' 2

FF IC IA L

Mà S A ' B ' C ' =

1 PA ' A ' M 1 = = → PA ' = PC ' = A ' C ' ⇒ PC ' = 2 A ' C ' PC ' CC ' 2 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

ẠY

KÈ

13 23 Từ đó VA ' MPB ' NQ = VC.C ' PQ − VCC ' B ' NMA ' = 4 − = . 9 9

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 ----------------------------------------

FF IC IA L

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 )!

B. l = a 3 .

C. l = 2a .

D. l = a .

A. l = 4a .

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: 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 . 4 2 πa . 3

B. π a 2 .

Câu 5. Mặt cầu bán kính a có diện tích bằng:

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:

ẠY

KÈ

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 . 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:

a3 2 . 3

a3 2 . 6

a3 . 3

D. a 3 .

FF IC IA L

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:

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

( R > 0)

là:

B. một mặt cầu. D. một mặt trụ.

A. hai đường thẳng song song. C. một mặt nón. A. 3.

B. 0

Câu 13. Số nghiệm thực của phương trình log 3 ( x 2 − 3 x + 9 ) = 2 bằng: 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] .

ẠY

KÈ

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

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 A. ( −1; +∞ ) .

B. ( 0; +∞ ) .

C. ( −2; 0 ) .

D. ( −4; +∞ ) .

FF IC IA L

biến trên khoảng nào dưới đây?

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

với mọi x ∈ ℝ ? A. 2016.

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 C. 2018.

D. 2019.

B. 2017.

1   Câu 23. Số hạng không chứa x trong khai triển  3 x + 4  bằng: x  B. 35.

A. 5.

C. 45.

D. 7.

thẳng có phương trình y = x .

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

B. log 7

A. log 7 x 2 .

x . 2

C. y =

1 log 7 x . 2

D. y = log

x .

KÈ

Câu 25. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 5 ( 6 − 5 x ) = 1 − x bằng: A. 2.

B. 1.

C. 0.

ẠY

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

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:

B. 3.

Câu 30. Cho log3 a = 5 và log 3 b = A. I = 3 .

+∞

−∞

A. 4.

+∞

FF IC IA L

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 .

26π R 3 . 3

C. 18π R 3 .

cot x . ln 3

B. f ' ( x ) =

tan x . ln 3

C. f ' ( x ) = cot x ln 3 .

A. f ' ( x ) =

Câu 32. Hàm số f ( x ) = log 3 ( sin x ) có đạo hàm là:

A. 6π R 3 .

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. D.

28π R 3 . 3

D. f ' ( x ) =

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.

−∞

−1

−

0 0

−

+∞ +

+∞

−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

KÈ

 π π khoảng  − ;  là:  3 4

ẠY

 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

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:

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

FF IC IA L

A. −6 .

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 3 . 6

a 2 . 2

a 3 . 3

2x −1

C. y ' =

− x + 1)

D. y ' =

− x + 1)

3 3 x2 − x + 1

2x −1

B. y ' =

2x −1

Câu 38. Tính đạo hàm của hàm số y = ( x 2 − x + 1) 3 . A. y ' =

D. a 3 .

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 .

B. T = 250 .

C. T = 152 .

A. T = 0 .

D. T = 98 .

KÈ

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 .

ẠY

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

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

cos α . 3 . 2 Câu 44. A.

2 . 3 số các

B. G ọi

là

1 . 2 của tham

trị

giá

FF IC IA L

đoạn AB, O’ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABSI, α là góc giữa OO ' và mặt phẳng ( ABC ) . Tính

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 .

−6

f '( x)

−4

−2

−

−∞

+∞ +

−

Câu 45. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Hàm số f ( 2 x − 2 ) − 2e x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

B. (1; +∞ ) .

C. ( −∞; −1) .

A. ( 0;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

B. 60° .

A. 90° .

giữa mặt phẳng ( SAB ) và mặt phẳng đáy.

C. 30° .

D. 45° .

Câu 47. Cho hàm số f ( x ) = ax + 2bx − 3cx − 4dx + 5h ( a, b, c, d , h ∈ ℤ ). 3

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:

ẠY

KÈ

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

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 = bằng:

a 6 . 2

a 6 . 4

a 3 . 2

ẠY

KÈ

A. a 6 .

FF IC IA L

( SCD )

a a 3 và cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng , SA = 2 2

Trang 7/26

MA TRẬN Cấp độ câu hỏi Chuyên đề

Đơn vị kiến thức

Nhận biết

Đồ thị, BBT

Cực trị

Đơn điệu

C20

Thông hiểu

Vận dụng

Vận dụng cao

Tổng

FF IC IA L

STT

C27

C40

C45

C28 C33 4

Hàm số

Tương giao

C29

C35

Min - max

C15

C36

Tiệm cận

C41

Bài toán thực tế

C47

Hàm số mũ - logarit

Biểu thức mũ logarit

C24 C32

0 C39

C1 C10

C30

Phương trình, bất phương trình mũ logarit

C13 C22

C25 C26

Bài toán thực tế

C21

Nguyên hàm

Tích phân

Nguyên hàm – Tích phân

Mũ logarit

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

KÈ

15 16

ẠY

Số phức

18 19

C34

Hình Oxyz 1 C19

2 0 Trang 8/26

Thể tích, tỉ số thể tích

HHKG

Khoảng cách, góc

Khối nón Khối tròn xoay

C46 C50 C18

C48C49

Nhị thức Newton

PT - BPT

Hàm số liên tục

36 ạo hàm

Tiếp tuyến

Đạo hàm

C44

0 0

C17

C38

H N

PT đường thẳng

PT lượng giác

ẠY

KÈ

Lượng giác

35 Hàm số

C14

Bài toán tham số Giới hạn

C23

Xác định thành phần CSC - CSN

PP tọa độ trong mặt phẳng

FF IC IA L

C37

Xác suất

Tổ hợp – chỉnh hợp Tổ hợp – xác suất CSC CSN

C43

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện

Khối trụ

C9 C31 C42 C11C12

Trang 9/26

NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan.

FF IC IA L

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,

ẠY

KÈ

Đề thi phân loại học sinh ở mức khá.

Trang 10/26

ĐÁP ÁN 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 )

m log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) n

log an b m =

Cách giải

Ta có: ln ( a 2b 4 ) = ln a 2 + ln b 4 = 2 ln a + 4 ln b .

n! . ( n − k )!

Cách giải

Sử dụng công thức chỉnh hợp: Ank =

Câu 2. Chọn đáp án A Phương pháp

n! . ( n − k )!

Ta có: Ank =

FF IC IA L

1. A

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

KÈ

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

ẠY

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

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

FF IC IA L

Diện tích mặt cầu bán kính a là S = 4π a 2 . Cách giải

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

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.

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

1 +) Tính thể tích V = SA.S ABCD . 3 Cách giải

KÈ

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 .

ẠY

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

+) 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 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 =

Tam giác BCD đều cạnh 2a ⇒ S BCD =

( 2a )

2a 6 . 3 = a2 3 .

AG = AB 2 − BG 2 =

FF IC IA L

Gọi G là trọng tâm tam giác BCD ⇒ AG ⊥ ( BCD ) .

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 =

một mặt trụ. Câu 13. Chọn đáp án D. Phương pháp

Tập hợp các điểm M trong không gian cách đường thẳng ∆ cố định một khoảng R không đổi ( R > 0 ) là

Giải phương trình logarit cơ bản: log a f ( x ) = b ⇔ f ( x ) = a b .

KÈ

Cách giải

ẠY

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

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]

FF IC IA L

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 ) .

1. ( −3) − 1.2 −5 3 . TXĐ: D = ℝ \   . Ta có: y ' = = 2 2 2 ( 2 x − 3) ( 2 x − 3)

Cách giải

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

ẠY

KÈ

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

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

FF IC IA L

⇔ 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:

+∞

−∞

f '(t )

+∞

f (t )

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

Sử dụng khai triển nhị thức Newton: ( a + b ) = ∑ Cnk a k b n − k . k =0

Cách giải

KÈ

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

ẠY

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

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 .

⇔ (5

x 2

)

FF IC IA L

+) 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 = 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 ) x 2 − x −9

π  ≤  tan  7 

x −1

x ≥ 4 ⇔ x2 − x − 9 ≥ x −1 ⇔ x2 − 2x − 8 ≥ 0 ⇔  x ≤ 2

π   tan  7 

Cách giải

Câu 27. Chọn đáp án D. Phương pháp

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( −∞; 2] ∪ [ 4; +∞ )

Cách giải

Số cực trị của hàm số y = f ( x ) là số nghiệm bội lẻ phân biệt của phương trình f ' ( x ) = 0 .

KÈ

x = 0 x = 1 3 2 Xét phương trình f ' ( x ) = 0 ⇔ x ( x − 1)( x + 2 ) ( 2 − x ) = 0 ⇔  .  x = −2  x = 2

ẠY

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

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.

FF IC IA L

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

N Ơ

 x22  2 + x2 = 3m − 2 x = 2 ⇒ 2 ⇔ 2 ⇔ m = 2 ( ktm ) . 4 = 3m − 2  x2 x = 4  2 2

TH1: x1 , x2 , 2 theo thứ tự lập thành cấp số nhân ⇒ 2 x1 = x22 .

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.

KÈ

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.

ẠY

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

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

FF IC IA L

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

Vậy thể tích lượng nước cần dùng để đổ đầy vào lọ sau khi đã xếp bi là 18π R 3 −

( sin x ) '

Câu 32. Chọn đáp án A. Phương pháp u' . ( log a u ) ' = u ln a Cách giải

28π R3 26π R 3 = 3 3

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

KÈ

số y = f ( t ) và đường thẳng y = 2m + 1 song song với trục hoành.

Cách giải

ẠY

 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

 1 Vậy m ∈ 0;  .  2

Câu 34. Chọn đáp án C. Phương pháp +) Xác định các đường tiệm cận của đồ thị ( C ) .

FF IC IA L

 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 3 −2 = m −1 m −1

d ( M ; d1 ) = m − 1 ; d ( M ; ( d 2 ) ) =

 2m + 1  Gọi M  m;  ∈ ( C ) ta có: m −1  

Vì khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng 3 lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang nên

 m = 4 ⇒ M ( 4;3) ( tm ) 9 2 ⇔ ( m − 1) = 3 ⇔  m −1  m = −2 ⇒ M ( −2;1) ( tm )

d ( M ; d1 ) = 3d ( M ; ( d 2 ) ) ⇔ m − 1 =

−2 x + 1 x +1

( x ≠ −1) ⇔ − x 2 − x + mx + m = −2 x + 1

KÈ

−x + m =

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 2 − ( m + 1) x − m + 1 = 0 (*)

ẠY

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

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 ∈   

) (

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 [ ] 

FF IC IA L

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)

a 3 . 2

+) Trung tuyến của tam giác đều cạnh a là

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.

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

KÈ

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.

ẠY

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

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 ) .

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 ) ™.

Bảng xét dấu y ' :

−∞

−

− m −1

−

x = 0  TH2: m > 1 ⇒ y ' = 0 ⇔  x = m − 1 x = − m −1 

FF IC IA L

Cách giải

m −1

+∞

Cho hàm số y = f ( x ) .

⇒1< m ≤ 2. Kết hợp 2 trường hợp ta có m ≤ 2 . Câu 41. Chọn đáp án C. Phương pháp

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy để hàm số đồng biến trên (1;5 ) ⇔ m − 1 ≤ 1 ⇔ m ≤ 2 .

+) 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

KÈ

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.

ẠY

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

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 ' .

FF IC IA L

+) 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)

OS = OC ( cmt ) ; OH chung

 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:

⇒ ∆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 .

KÈ

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 ) ) .

ẠY

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

( 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).

FF IC IA L

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 +) Xét dấu g ' ( x ) trên từng khoảng ở các đáp án và kết luận.

Cách giải

+) Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp tính đạo hàm của hàm số g ( x ) = f ( 2 x − 2 ) − 2e 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

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 

⇒ 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 .

KÈ

 AB ⊥ SO Ta có:  ⇒ AB ⊥ ( SHO ) ⇒ AB ⊥ OH  AB ⊥ SH

ẠY

( 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

+) 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.

 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

−

FF IC IA L

Cách giải

−

f ( x)

+∞

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.

25 − k

1 3 +) Giả sử Ak = C25k     4 4

1 3 +) Xét khai triển 1 =  +  4 4

Câu 48. Chọn đáp án D. Phương pháp +) Sử dụng quy tắc nhân tính xác suất của biến cố A.

là số hạng lớn nhất khai trong khai triển trên, giải hệ phương trình

KÈ

 Ak > Ak −1 tìm k ∈ ℤ .   Ak > Ak +1 Cách giải

1 và xác suất 4

ẠY

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

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 

 26 − k − 3k  k<  k ( 26 − k ) > 0   ⇔ ⇔  3k + 3 − 25 + k > 0 k >  ( 25 − k )( k + 1) 

FF IC IA L

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 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

KÈ

Đặt

ẠY

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

D ⇒

⇒ VS . NPM = x 2 (1 − x ) V

Trang 25/26

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

FF IC IA L

⇒

V1 20 20 2 = ⇔ 3 x 2 − 2 x3 = ⇔x= . V 27 27 3 Câu 50. Chọn đáp án B. Phương pháp

Mà

BC BC d ( E; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) EC EC

Kẻ AE ⊥ BC ( E ∈ BC ) ⇒ d ( B; ( SCD ) ) =

Cách giải

a 3 = CE 2

AD = AC 2 − CD 2 =

Kẻ AE ⊥ BC ( E ∈ BC ) ta có:

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 =

KÈ

 AH ⊥ CD ⇒ AH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( A; ( SCD ) ) = AH   AH ⊥ SD Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAD ta có:

SA. AD 2

ẠY

SA + AD

Vậy d ( B; ( SCD ) ) =

a 3 a 3 . 2 2 2

a 3 a 3   +  2    2 

a 6 4

a 6 . 2

Trang 26/26

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)

FF IC IA L

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.

x3 + 3x + C 3 1

Câu 2. Tích phân

B. x3 + 3 x + C

x3 + 3x + C 2

∫ 2 x + 5 dx bằng

D. x 2 + 3 + C

Câu 1. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2 + 3 là

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:

B. ( 2;5 )

C. ( −2;5 )

A. ( 5; 2 )

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

 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

KÈ

 x = −2 + 2t  A.  y = −3t  z = −1 + t 

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

ẠY

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?

y′

−

−1

−∞

+∞

−

+∞

+∞ −3

FF IC IA L

−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

KÈ

Câu 11. Đồ thị hàm số nào đi qua điểm M (1; 2 )

−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

ẠY

A. y =

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

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

A. 12a 3

B. 4a 3

FF IC IA L

Câu 15. Thể tích của một khối lăng trụ có đường cao bằng 3a, diện tích mặt đáy bằng 4a 2 là: 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

Câu 17. Đạo hàm của hàm số y = ( x3 − 2 x 2 ) bằng

2 6a 3 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

A. 6 x5 − 20 x 4 + 4 x 3

B. ( 0; 2 )

C. ( 2;0 )

A. (1; 0 )

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 D. ( 0;1)

397 4

B. S =

937 12

C. S =

A. S =

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

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 2

B. ( x + 1) + y 2 + ( z − 1) = 2

D. ( x − 1) + y 2 + ( z − 1) = 2

kính AB là

A. ( x + 1) + y 2 + ( z − 1) = 8 2

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

KÈ

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

ẠY

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 B.

C. 1

A. 2

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

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 A. 900

B. 300

FF IC IA L

giữa hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) bằng

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 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 )

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 B.

2a + b + 1 a+b

−2a + b − 1 a+b

2a + b − 1 a+b

2 7

2a − b − 1 a+b

Câu 29. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

D. ( −3; 2 )

A. 2017

3 a 4

A. a 5

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: 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

a 3 . Thể tích của khối chóp S.ABCD là: 4

KÈ

(SAB) bằng

a3 3 12

a3 3 3

a3 3 18

a3 3 16

ẠY

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

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? 2

FF IC IA L

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

A. 1

B. 3

x − 7 = 0 là

Câu 36. Số nghiệm của phương trình ( log 2 4 x ) − 3log

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?

Câu

40.

B. 1 Trong

A. 3 không

gian

Oxyz

C. 2 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

KÈ

d2 :

x −1 = 1 x −1 C. = −1

ẠY

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

9 π 2

119 π 6

FF IC IA L

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

− 4x + 4) x −1

x  f 2 ( x ) − f ( x ) 

có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

A. 5

g ( x)

(x =

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

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

ẠY

KÈ

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)

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

Câu 46. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

FF IC IA L

AD = 2a, SA =

( 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

B. 7

C. 10

D. 11

A. 9

trị nguyên của tham số m ∈ [ −10;10] để hàm số g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị

Câu 48. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (1; −1; 2 ) , B ( 3; −4; −2 ) và đường thẳng

T = a + b + c bằng 23 A. 58

z1 , z2

Câu 49. Cho hai số phức

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

KÈ

43 58

B. −

 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 

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

ẠY

f ( 0 ) = 1. Tích phân

3 1 − 2 e2

∫ f ( x ) dx bằng 0

3 1 − 4 4e 2

1 1 − 4 4e 2

1 1 D. − − 2 2 e

MA TRẬN Cấp độ câu hỏi

Đồ thị, BBT

Cực trị

Đơn điệu Hàm số

Tiệm cận

Bài toán thực tế

Hàm số mũ - logarit

Biểu thức mũ logarit

Bài toán thực tế

Nguyên hàm

N C30

C25

C36

C10

Tích phân

C33 C2

Ứng dụng tích phân

C34

C50

C19 C41

Nguyên hàm – Tích phân

Bài toán thực tế

KÈ

15 16

Số phức

ẠY

C43

Tổng

C13

Phương trình, bất phương trình mũ logarit

C37

C29

Vận dụng cao

C47

C18

Min - max

C44

C35 C21

Tương giao

Mũ logarit

C8 C11

Vận dụng

Nhận Thông biết hiểu

FF IC IA L

Đơn vị kiến thức

Chuyên đề

STT

Dạng hình học

Dạng đại số

C24

PT phức

Đường thẳng

Hình Oxyz Mặt phẳng

M ặt cầu

Bài toán tọa độ điểm, vecto

C39

C49

C27 C5 C7

C40

C47

C26 C20 C46

Bài toán về min, max

Thể tích, tỉ số thể tích

HHKG

Khoảng cách, góc

Khối nón Khối tròn xoay

C23 C14

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện

T ổ hợ p – xác suất

Tổ hợp – chỉnh hợp

CSC CSN

Xác định thành phần CSC - CSN

PT - BPT

Bài toán tham số

Đạo hàm

Đạo hàm hàm số

Xác suất

C38

C45

C12

C17

C32 C42 C22 C31

Khối trụ

29 30

C16

C15

FF IC IA L

Mức độ đề thi: KHÁ

Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan.

NHẬN XÉT ĐỀ

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.

KÈ

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.

ẠY

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

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

FF IC IA L

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:

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

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 )

KÈ

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:

ẠY

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:

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M ( 2;0; −1) và có VTCP u = ( 2; −3;1) là

Cách giải:

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là: n = (1;1; −2 )

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.

FF IC IA L

 x = 2 + 2t   y = −3t  z = −1 + t 

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.

KÈ

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.

ẠY

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

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 .

Ta có: u2 = u1 + d ⇔

FF IC IA L

Cách giải: 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:

π  Ta có: 0 < < 1 ⇒ Hàm số y =   đồng biến trên R. 3 3 Câu 14. Chọn C. Phương pháp:

Thể

tích

của

khối

trụ

có

Thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là: V = π r 2 h Cách giải: 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:

ẠY

KÈ

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

FF IC IA L

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

Diện tích hình chữ nhật ABCD: S ABCD = a.a 3 = a 2 3

= a 3.tan 300 = a ∆SAD vuông tại A ⇒ SA = AD.tan SDA

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

KÈ

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

ẠY

 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

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

FF IC IA L

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 0

−3

3 2 3 2 ∫ ( − x + 12 x + x ) dx + ∫ ( − x + 12 x + x ) dx

∫ −x

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:

( x − a ) + ( y − b) + ( z − c)

= R2

Phương trình mặt cầu có tâm I ( a, b, c ) bán kính R là:

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

ẠY

KÈ

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: 2

−1

−∞

y′

−

+∞

−

4 3

−∞

FF IC IA L

−∞

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:

KÈ

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:

ẠY

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

Cách giải: Độ dài đường cao của khối nón: h = l 2 − r 2 = 102 − 62 = 8

Ta có: (1 + 2i ) z = 6 − 3i ⇔ z =

FF IC IA L

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:

( 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:

Cách giải:

n1 , n2 n1 , n2 lần lượt là 2 VTPT của (P), (Q), khi đó cos ( ( P ) ; ( Q ) ) = n1 n2

KÈ

( 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 )

ẠY

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

A = z1 + z2 − z1 z2 = 2 − 2018 = 2016 Câu 28. Chọn B. Phương pháp:

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 =

FF IC IA L

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

f trên [ a; b ] .

[ a; b] số nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của

[ 2;5]

8 7

⇒ min y = y ( 5 ) =

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)

Cách giải:

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

KÈ

log 60 =

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

ẠY

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

FF IC IA L

Tam giác SBC đều, SM ⊥ BC

( SBC ) ⊥ ( ABC ) , ( SBC ) ∩ ( ABC ) = BC ⇒ SM ⊥ ( ABC ) ⇒ SM ⊥ AB

Mà

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 3 2 ∆SMN vuông tại M, MH ⊥ SN

a a ∆ABC vuông tại A có ABC = 300 ⇒ AC = BC.sin 300 = ⇒ MN = 2 4

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   

⇒

∆SBC đều, cạnh a ⇒ SM =

3 3 39 a= a= a 52 13 13

KÈ

⇒ d ( C ; ( SAB ) ) = 2.

Câu 32. Chọn B. Phương pháp:

ẠY

( P ) ⊥ (α )  ⇒ d ⊥ (α ) ( Q ) ⊥ (α )  ( P ) ∩ ( Q ) = d Cách giải:

FF IC IA L

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

KÈ

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

a 3 2 4 1 ⇒ SO = a 3 2 2 a 4

⇒ OH =

ẠY

∆OAB vuông tạo O, OH ⊥ AB ⇒

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

f ( x ) có một nguyên hàm F ( x ) ⇔ ( F ( x ) )′ = f ( x ) Cách giải: F ( x ) = ( ax 2 + bx + c ) 2 x − 3

FF IC IA L

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 a

Cách giải:

I = ∫ x. f ′ ( 2 x ) dx =

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

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

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

KÈ

+) 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

ẠY

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

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:

FF IC IA L

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)

KÈ

a = b 2 z 2 = ( a + bi ) = ( a 2 − b 2 ) + 2abi là số thuần ảo ⇒ a 2 − b 2 = 0 ⇔   a = −b 2

ẠY

+) 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

Cách giải:

x = 1− t x −1 y −1 z + 1  d2 : = = có PTTS là  y = 1 + 2t −1 2 −1  z = −1 − t 

Phương trình ∆ :

FF IC IA L

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 ∆ 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

quanh trục Ox là: V = π ∫ f 2 ( x ) − g 2 ( x ) dx

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

KÈ

Thê tích cần tìm là V = π ∫

(

)

(

)

X + 1 − 1 dX = π ∫ X + 2 − 2 X + 1 dX

0 3

ẠY

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:

FF IC IA L O

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:

ẠY

KÈ

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

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

FF IC IA L

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 ) x→a

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

x→a

ẠY

KÈ

TCĐ của ĐTHS Cách giải:

f (1) = 2, f ( x0 ) = f ( 2 ) = 0, f ( x1 ) = f ( x2 ) = f ( x3 ) = 1

x → x2

⇒ đths g ( x ) =

− 4 x + 4) x − 1

x  f 2 ( x ) − f ( x ) 

= ∞; lim g ( x ) x → x3

− 4x + 4) x −1

(x = lim x → x3

− 4x + 4) x −1

x  f 2 ( x ) − f ( x ) 

có 2 đường tiệm cận đứng.

x  f 2 ( x ) − f ( x )  Câu 44. Chọn B. Phương pháp:

=∞

lim g ( x )

(x = lim

FF IC IA L

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

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)

ẠY

KÈ

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

 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

)

FF IC IA L

(

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:

= 16 có tâm I (1; −1; 2 ) và bán kính R = 4

( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 )

KÈ

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

ẠY

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:

FF IC IA L

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)

m ≠ 0 m ≠ 0  2  ⇔ m − m ( m − 2 ) > 0 ⇔  2m > 0 ⇔ m > 0  2  −2 ≠ 0 m.1 − 2m.1 + m − 2 ≠ 0

f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

Mà m ∈ [ −10;10] , m ∈ Z ⇒ m ∈ {1; 2;3;...;10} : Có 10 giá trị của m thỏa mãn.

ẠY

KÈ

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 )

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, 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 

11  36 33 15  ⇒H ; ;  58  29 29 29 

H ∈ (α ) ⇒ 2 ( 2 + 4t ) − 3 ( −6t ) − 4 ( −1 − 8t ) + 3 = 0 ⇔ 58t + 11 = 0 ⇔ t = −

FF IC IA L

vuông góc với d

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 

KÈ

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

ẠY

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

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 =

FF IC IA L

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:

Cách giải:

f ′.g + f .g ′

( f .g )′ =

Vậy b =

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

KÈ

⇒ e 2 x . f ( x ) = ∫ e2 x dx ⇔ e 2 x . f ( x ) =

ẠY

Mà f ( 0 ) = 1 ⇒ 1 = 1

∫

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 = ∫

1 2x e +C 2

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 có 06 trang)

FF IC IA L

ĐỀ THI THAM KHẢO 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

B. 211 C187

C. 28 C188

D. 2 8C1810

A. 29 C189

 x 4 Câu 1: Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển  +  với x ≠ 0 2 x

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?

B. V = 3a

a3 C. V = 4

3a 3 D. V = 4

A. V = a

Câu 3: Tìm số giá trị nguyên thuộc đoạn [-2019;2019] của tham số m để đồ thị hàm số y =

đúng hai đường tiệm cận. A. 2007

B. 2010

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.

B. a3 = 252

C. a3 = 5670

D. a3 = 1512

KÈ

A. a3 = 945

D. 2008

Câu 4: Cho đa thức

C. 2009

x−3 có x + x−m 2

Câu 5: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

ẠY

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

FF IC IA L

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.

a 5 2

B. d =

a 3 2

C. d =

A. d =

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. 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 0

B. J = 64

A. J = 32

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

KÈ

A.T = 28

1 . log e

hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn

B. T = 20

C. T = 21

D. T = 27

ẠY

 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

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

B. V =

32 3 .π a 3 27

C. V =

4 3 .π a 3 27

D. V =

15 3 .π a 3 27

FF IC IA L

A. V =

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

A. 0 < a ≤ 1

B. a < -2

C. a ≥ 3

D. 1 < a < 2

B. {3,3}

C. {5,3}

Câu 15: Hình bát diện đều thuộc loại khối đa diện đều nào sau đây? A. {3;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.

D. {4,3}

B. m = 2

C. m = -2

A. m = 1

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. D. m = 0

B. y = log x ( 2 x + 1) 2

π  A. y =   3

Câu 17: Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực R?

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

1 B. S xq = π r 2 h 3

A. S xq = 2π rl

diện tích xung quanh S xq của hình nón đó theo l , h, r.

C. S xq = π rh

KÈ

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; +∞ )

ẠY

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

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

−∞

+∞

FF IC IA L

+∞

-∞

-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; +∞ )

B. −

5 9

9 5

D. -10

3 − 4x 7 tại điểm có tung độ y = − x−2 3

Câu 23: Tìm hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

3. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?

giá trị lớn nhất của F ( x ) trên khoảng ( 0; π ) là

3  2π  B. F  =  3  2

π  A. F   = 3 3 − 4 6

2 cos x − 1 trên khoảng ( 0; π ) . Biết rằng sin 2 x

Câu 24: Cho hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

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

KÈ

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)

ẠY

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

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

FF IC IA L

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

B. u1 =

C. u1 = 96

B. y = 2 x

ln 3

−2 x

( 2 x − 2 ) ln 3

D. x + 2 y = 0

B. y ' =

−2 x

( 2x − 2)

ln 3 2

D. y ' =

3x − 2 x ln 3

C. y ' = 3x

Câu 33: Tìm đạo hàm của hàm số y = 3x

C. x − 2 y = 0

A. 2 x + y = 0

A. y ' = 3

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?

x2 − 2 x

D. u1 =

Câu 32: Cho hàm số y =

1344 11

A. u1 = 24

Câu 31: Tìm số hạng đầu u1 của cấp số nhân ( un ) biết rằng u1 + u2 + u3 = 168 và u4 + u5 + u6 = 21.

KÈ

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.

ẠY

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

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

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

FF IC IA L

Câu 37: Cho tích phân

D. T = 18005967

∫

phân số tối giản. Tính giá trị của biểu thức P = 2a + 3b + c

A. P = 6

B. P = -6

Câu 38: Cho hàm số y =

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

2 9

C. 2 3

10 3

gốc tọa độ O(0;0) đến đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số trên.

1 3

B. P =

2 9

C. P =

1 9

A. P =

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. 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 a3 2 2

B. V =

2a 3 2 3

A. V =

S.ABCD theo a.

C. V = 2a

D. V =

a3 2 6

ẠY

KÈ

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 )

Câu 42: Cho lăng trụ đứng tam AM = AA ', BB ', CC', B'C' thỏa mãn AA '

V1 11 = V2 30

V1 11 = V2 45

FF IC IA L

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 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. 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

A. d :

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.

(

B. M + m = 2 1 + 2

) B. L = 0

C. L =

A. L = +∞

n 3 − 2n . 3n 2 + n − 2

Câu 45: Tính giới hạn L = lim

D. M + m = 4

(

C. M + m = 2 1 − 2

)

A. M + m = 2 − 2

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. A. T = 4

B. T = -5

C. T = 84

D. T = 5

,k ∈ℤ

KÈ

A. x =

Câu 47: Tìm nghiệmcuủa phương trình sin 4 x − cos 4 x = 0. 4

C. x = ±

+ k 2π , k ∈ ℤ

B. x =

π 4

D. x = k

+ kπ , k ∈ ℤ

π 2

,k ∈ℤ

ẠY

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

C. y = − x 3 − 3 x 2 + 1

FF IC IA L

B. y = 2 x3 − 6 x 2 + 1

1 D. y = − x 3 + x 2 + 1 3

ẠY

KÈ

A. y = x3 − 3 x 2 + 1

MA TRẬN Cấp độ câu hỏi Đơn vị kiến thức

Đồ thị, BBT

Cực trị

Đơn điệu Hàm số

C11 C16 C22

Tiệm cận

Bài toán thực tế

Hàm số mũ - logarit

Biểu thức mũ logarit

C38

C25

C44

C32

Bài toán thực tế

Nguyên hàm

KÈ

Nguyên hàm – Tích phân

Tích phân

Ứng dụng tích phân

2 0

C19 C46

0 C29

C17

Phương trình, bất phương trình mũ logarit

Tổng

Min - max

Vận dụng cao

3 0

C30

C24

C8 C13

C14 C37

C21 C41

Bài toán thực tế

Dạng hình học

Dạng đại số

PT phức

Đường thẳng

Mặt phẳng

Mặ t c ầ u

ẠY

C50

Tương giao

Mũ logarit

Vận dụng

Nhận Thông biết hiểu

FF IC IA L

Chuyên đề

STT

Số phức

18 19

Hình Oxyz

C12

1 9

Bài toán tọa độ điểm, vecto

Bài toán về min, max

Thể tích, tỉ số thể tích

Khoảng cách

Khối nón Khối tròn xoay

C2 C40

C18 C35

Khối trụ

Tổ h ợ p – xác suất

PT - BPT

C39 C1

C27

1 1

Đạo hàm

C33

PT đường thẳng

C43

PT lượng giác

C48

C47

ẠY

C23

Lượng giác

C31

C10

KÈ

C45

35 số liên tuc – Hàm số liên tục Hàm Đạo hàm Tiếp tuyến 36

Bài toán tham số Giới hạn

PP tọa độ trong mặt phẳng

C36

Xác định thành phần CSC - CSN

Tổ hợp – chỉnh hợp

CSC CSN

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện

Nhị thức Newton

C34 C28

Xác suất

C20 C26 C42

FF IC IA L

HHKG

C15

NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan.

FF IC IA L

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.

ẠY

KÈ

Đề thi phân loại học sinh ở mức khá.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 11

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

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: k

18 4 = C18k .4 k .x18− 2 k ∑    x  k =0

48-D

49-C

50-A

18 − k

18  x 4 x Ta có:  +  = ∑ C18k   2 x 2 k =0

FF IC IA L

1-B

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.

ẠY

KÈ

Cách giải:

Diện tích tam giác đều ABC có cạnh 2a là: S ∆ABC

( 2a ) =

= a2 3

Thể tích lăng trụ là: 12

VABC . A ' B 'C ' = S∆ABC .AA' = a 2 3.a 3 = 3a 3 Câu 3: Chọn D. Phương pháp:

nghiệm của h ( x ) = 0 mà không là nghiệm của g ( x ) = 0.

g ( x) h ( x)

⇔ lim f ( x ) = ∞ hoặc x = a là

FF IC IA L

+) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x ) =

x →a

+) 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 = 0 ⇒ y = 0 là TCN của đồ thị hàm số. x →∞ x + x − m 2

Ta có: lim

x ≥ 3 . ĐK:  2 x + x − m ≠ 0

Đồ thị hàm số chỉ có đúng 2 đường tiệm cận ⇔ đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng.

 1   ∆ = 1 + 4m = 0  m = − 4   ⇔  32 + 3 − m = 0 ⇔   ⇔ m > 12.  m = 12   2  a. f ( 3) < 0 3 + 3 − m < 0

⇔ pt x 2 + x − m = 0 có nghiệm kép x ≥ 3 hoặc có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 < 3 ≤ x2

Lại có: m ∈ [−2019; 2019]; m ∈ Z ⇒ m ∈ {13;14;...; 2019} .

Như vậy có: 2008 giá trị m thỏa mãn bài toán.

Phương pháp:

Câu 4: Chọn D.

Cách giải:

KÈ

Đạo hàm hàm số f ( x ) và chọn giá trị x phù hợp để tính giá trị biểu thức đề bài cho. n

Ta có: f ( x ) = (1 + 3 x ) = ∑ Cnk ( 3 x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n

ẠY

⇒ f ' ( x ) = n (1 + 3 x )

k =0 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

⇒ a3 = C83 .33 = 1512.

Câu 5: Chọn C. Phương pháp: Giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

FF IC IA L

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:

f '(t )

−

2 3

f (t )

-3

⇔ pt (*) có 1 nghiệm ⇔ −3 < −2m <

KÈ

Câu 6: Chọn A.

−2 1 3 ⇔ <m< . 3 3 2

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số để nhận xét các đường tiệm cận, tính đồng biến và nghịch biến của hàm số.

ẠY

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

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 ' =

( cx + d )

< 0 ⇔ ad − bc < 0 ⇔ ad < bc.

b > 0 ⇔ bd > 0. d

FF IC IA L

Lại có đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ y0 > 0 ⇒

ad − bc

a < 0 ⇔ ac < 0 ⇒ ad < 0. c

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.

KÈ

Cách giải:

Ta có: SO ⊥ ( ABCD )

Gọi M là trung điểm của BC .

ẠY

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

⇒ 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:

FF IC IA L

1 1 1 1 1 9 = + = 2+ 2 = 2 2 2 2 a OK SO OM 2a 2a 4

∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx a

Cách giải: x0 2 t 0 4

Đổi cận:

Đặt 2 x = t ⇒ dt = 2dx

Câu 9: Chọn D.

⇒ J = ∫ f ( 2 x ) dx = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = 32.

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

KÈ

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.

ẠY

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

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

5 Ta có: f ( 0 ) = 2a − . 4

= lim x →0

(

x2 + 4 + 2

)

(

x2 + 4 + 2

1 = . x +4 +2 4

= lim

x →0

x2 + 4 + 2

Hàm số liên tục tại x = 0 ⇔ f ( 0 ) = lim f ( x ) ⇔ 2 x −

Câu 11: Chọn A.

Phương pháp:

5 1 3 = ⇔a= . 4 4 4

x →0

)

)(

x2 + 4 − 2

x2 + 4 − 4

(

x2 + 4 − 2 lim f ( x ) = lim = lim x →0 x →0 x →0 x2

Cách giải:

FF IC IA L

1 < m < 10    m > 21 + 41 1 < m < 10 21 − 41 ⇔ 2 ⇔  ⇔1< m < 2  2 m − 21m + 100 > 0  21 − 41 m < 2  

KÈ

 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 ) .

ẠY

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

  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.

FF IC IA L

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.

ẠY

KÈ

⇒ O ∈ SI hay S, I, O thẳng hàng.

Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ∆ABC ⇒ SI ⊥ ( ABC ).

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

FF IC IA L

⇒

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. 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:

⇒R=

Sử dụng tính chất của tích phân:

Cách giải:

KÈ

∫  f ( x ) + g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx k ∫ f ( x ) dx = ∫ kf ( x ) dx 2

ẠY

2 Ta có J = ∫ 3 f ( x ) − 2  dx = 3∫ f ( x ) dx − 2 ∫ dx = 3.2 − 2 x = 6 − 4 = 2. 0 0

Câu 14: Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần hai lần để tìm F ( x ) .

Cách giải: 19

Ta có f ( x ) = x 2 e ax ⇒ F ( x ) = ∫ x 2 e ax dx

FF IC IA L

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

e 2 2 + a3 1 = + = ⇔ a = 3 e − 2 ≈ 0,9. a3 a 3 a3

Theo bài ra ta có

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

Câu 15: Chọn B. Sử dụng lí thuyết các khối đa diện.

Cách giải:

Phương pháp:

Câu 16: Chọn D.

Phương pháp:

Hình bát diện đều thuộc loại {3;4}.

Cách giải:

KÈ

 f ' ( x0 ) = 0 . Điểm x = x0 là điểm cực đại của hàm số y = f ( x ) ⇔   f '' ( x0 ) < 0

ẠY

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

+) 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. 2x ⇒ y ' = 0 ⇔ x = 0 ⇒ hàm số có sự đổi dấu qua điểm x = 0 ⇒ loại đáp án B. ( 2 x + 1) ln 2

FF IC IA L

Ta có: y ' =

+) 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.

Cách giải: − x2 +3 x

1 1 < ⇔  4 2

− x2 +3 x

1 <  2

1   2

 a > 1  x > b Giải bất phương trình a x > a b ⇔  .  0 < a < 1    x < b

Phương pháp

KÈ

⇔ − x 2 + 3 x > 2 ⇔ x 2 − 3 x + 2 < 0 ⇔ 1 < x < 2.

Câu 20: Chọn C. Phương pháp

ẠY

Công thức tính thể tích lăng trụ có diện tích đáy S và chiều cao h là: V = Sh.

Cách giải:

a 3 2

Ta có: AH =

FF IC IA L

Diện tích tam giác đều ABC : S ABC

a2 3 . = 4

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

⇒ A ' H = AA '− AH 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:

KÈ

x = 0 − x + 12 x = − x ⇔ x − x − 12 x = 0 ⇔  x = −3  x = 4 2

ẠY

Khi đó ta có diện tích của hình (H) được tính bởi công thức: 4

∫ −x

SH =

−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

99 160 937 . + = 4 3 12

Câu 22: Chọn B. 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

FF IC IA L

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:

( x − 2)

−4. ( −2 ) − 3

Ta có: y ' =

TXĐ: D = ℝ \ {2}.

7 3 − 4 x0 7  = ⇔ −7 x0 + 14 = 9 − 12 x0 ⇔ x0 = −1 ⇒ M  −1; −  . 3 x0 − 2 3 

⇒−

7  Gọi M  x0 ; −  là điểm thuộc đồ thị hàm số. 3 

Câu 24: Chọn A.

( −1 − 2 )

5 = . 9

KÈ

Phương pháp

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại M là: a = y ' ( −1) =

Sử dụng công thức: F ( x ) = ∫ f ( x ) dx; F ' ( x ) = f ( x ) .

ẠY

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

x ∈ (0; π ) ⇒ x =

π 3

⇒ Max F ( x ) = 3 khi x =

(0;π )

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  

FF IC IA L

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

Câu 25: Chọn D.

Phương pháp: Cách giải:

f '( x)

−∞

-3

KÈ

Bảng xét dấu f ' ( x ) :

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( a; b ) ⇔ f ' ( x ) ≥ 0∀x ∈ ( a; b ) .

+∞

1 -

ẠY

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]

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)

FF IC IA L

[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.

Phương pháp

+) Gọi cạnh của hình lập phương là x, tính d ( D; ( D ' AC ) ) theo x.

Câu 26: Chọn A.

+) 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.

KÈ

Cách giải:

ẠY

 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

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông DD ' O ta có:

Trong ( BDD ' B ') gọi M = BD ∩ OD ' ⇒ BD ∩ ( D ' AC ) = M ta có:

FF IC IA L

DH =

x 2 .x x 3 2 . = = 3 DO 2 + DD '2 x2 2 +x 2 DO.DD'

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

Cách giải: n [ 2u1 + (n − 1) d ]

14 [ 2.(−6) + 13.4]

n [ 2u1 + (n − 1) d ]

= 280.

Câu 28: Chọn C.

Ta có: S14 =

n ( u1 + un )

Tổng của n số hạng đầu của CSC có số hạng đầu là u1 và công sai d: S n =

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:

KÈ

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

ẠY

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

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.

FF IC IA L

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

Câu 32: Chọn C.

Phương pháp

 1 1 ⇒ (1) ⇔ u1 1 + +  = 168 ⇔ u1 = 96.  2 4

21 1 1 = ⇔q= 168 8 2

Lây (2) chia cho (1) ta được: q 3 =

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)

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

KÈ

lim

⇒ I ( 2m; m ) là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số. 1 xI ⇔ xI − 2 yI = 0 ⇒ I thuộc đường thẳng x − 2 y = 0. 2

ẠY

Ta thấy yI =

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

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.

Ta có ∆OIM vuông tại I, ∠IOM = 450 ⇒ ∆OIM vuông cân tại I.

FF IC IA L

Cách giải:

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:

KÈ

Câu 36: Chọn B.

1 1 Ta có: V = π r 2 h = π .32. 2 = 3π 2. 3 3

Gọi số tự nhiên thỏa mãn là abcdef với a, b, c, d , e, f ∈ {1; 2;3; 4;5; 6} . d + e + f = 12, a + b + c = 9

hay

( a; b; c ) ∈ {(1; 2; 6),(1;3;5), (2;3; 4)}

và

ẠY

Do yêu cầu bài toán nên

( 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:

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

FF IC IA L

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 

 b = 1  ⇒ c = 2 ⇒ P = 2a + 3b + c = −1 + 3 + 2 = 4.  −1 a =  2

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 

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.

KÈ

+) 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

ẠY

+) 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

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

8m 2 − 2 m + 3

⇒ d ( O; d ) =

( − 8m

+ 2m − 2 ) + 9

+ 2m − 2 )

FF IC IA L

⇔ ( −8m3 + 2m − 2 ) x − 3 y + 8m 2 − 2m + 3 = 0(d ) 2

+ 2m − 2 ) + 99

Đặt t = −8m 2 + 3m − 2 ⇒ −t + 1 = 8m 2 − 2m + 3 2

ta có f ' ( t ) =

t +9

−2(−t + 1)(t 2 + 9) − ( −t + 1) .2 t

+ 10 )

−∞

2t 2 + 16t − 18

+ 10 )

t = 1 . =0⇔ t = −9

10 9

1 0

KÈ

Phương pháp:

Câu 39: Chọn B.

10 . 3

1 ⇒ d ( O; d )max =

f (t )

+∞

-10 +

f '(t )

BBT:

Xét hàm số f ( t )

( −t + 1) =

t2 + 9

⇒ d ( O; d ) =

( −t + 1)

+) Tính số phần tử của không gian mẫu.

ẠY

+) 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

Vậy P (A) =

8 2 = . 36 9

Câu 40: Chọn D. Phương pháp:

FF IC IA L

1 Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V = S day .h 3

Cách giải: Ta có S ABCD

1 1 AB. AD = .a.2a = a 2 2 2

1 1 a2 a3 2 . = SA.S ABCD = .a 2. = 3 3 2 6

⇒ VS . ABCD

a2 3 2 a − a2 = 2 2

⇒ S BCD = S ABCD − S ABD =

S ABD =

AD + BC ) . AB ( 2a + a ) .a 3a 2 ( ; = = =

Câu 41: Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức ứng dụng tích phân để tích thể tích khối tròn xoay.

KÈ

Cách giải:

ẠY

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

⇔ y − 60 = − ⇔ y = 60 −

3 2 402 − ( x − 40 ) 4

3 2 40 2 − ( x − 40 ) 4

FF IC IA L

(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 ') ) .

BCPN

( BN + CP ) .BC 2

ẠY

KÈ

Đặt BC = x, BB ' = y ta có S BCC ' B ' = xy

S B ' NQ =

 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

1 11 11 ⇒ V1 = VMNPQ = d ( A;( BCC ' B ') ) . S BCC ' B ' = d ( A;( BCC ' B ') ) .S BCC ' B ' 3 30 90

FF IC IA L

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: x y + = 1. a b

Phương trình đường thẳng ( d ) :

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.

(

)

KÈ

Phương pháp:

)

(

Chia cả tử và mẫu cho n3 .

ẠY

Cách giải:

L = lim

1−

2 n2

n − 2n = lim = +∞. 3 1 2 3n 2 + n − 2 + 2− 3 n n n

Câu 46: Chọn C.

Phương pháp:

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:

FF IC IA L

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:

sinx = cosx sin 4 x − cos 4 x = 0 ⇔ sin 4 x = cos 4 x ⇔  sinx = − cosx

Xét cos x = 0 ⇒ pt ⇔ sin 4 x = 0 (vô lý) ⇒ cos x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho.

 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: Cách giải:

KÈ

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 . 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 .

ẠY

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

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:

FF IC IA L

+) 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 →+∞

ẠY

KÈ

Đồ thị hàm số đi qua điểm (2; −3) ⇒ Loại đáp án B vì 2.23 − 6.22 + 1 = −7 ≠ −3.

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

∫

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 ) =

Câu 1. Nếu

FF IC IA L

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.

x4 + ex 12

KÈ

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

ẠY

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?

B. y = log 2 x

FF IC IA L

A. y = log 2 ( 2 x )

C. y = log 1 x

D. y = log

2 có hoành độ và tung độ đều là x + 2x + 2 2

Câu 6. Có bao nhiêu điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số y =

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

3 x ln 3 1 C. y′ = cos x + 3 x ln 3

A. y′ = cos x +

Câu 9. Đạo hàm của hàm số y = sin x + log 3 x ( x > 0 ) là 3

1 x ln 3 1 D. y′ = − cos x + x ln 3

B. y′ = − cos x +

KÈ

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

ẠY

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

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)

FF IC IA L

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.

B. 36

C. 27

D. 54

A. 72

Câu 17. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ′ ( x ) = 27 + cos x và f ( 0 ) = 2019. Mệnh đề nào dưới đây đúng? B. f ( x ) = 27 x − sin x + 2019

C. f ( x ) = 27 x + sin x + 2019

D. f ( x ) = 27 x − sin x − 2019

A. f ( x ) = 27 x + sin x + 1991

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 B. 4

D. 1

2 x2

B. f ( x ) = x e

A. f ( x ) = 2 xe

C. 3

là nguyên hàm của hàm số

Câu 20. Hàm số F ( x ) = e

A. 2

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 ?

C. f ( x ) = e

ex D. f ( x ) = 2x

KÈ

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

(

)

ẠY

nguyên của m để phương trình f 2 − 2 x − x 2 = m có nghiệm

B. 7

FF IC IA L

A. 6

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   1  . 1 −  ...  1 −   4   2019 

2018

. được viết dưới dạng a b , khi đó ( a; b )

B. ( 2019; −2019 )

C. ( 2019; −2020 )

D. ( 2018; −2019 )

A. ( 2020; −2019 )

 1 . 1 −   3

1  D. M  ; 0;0  3 

1  1 1 −  2019!  2  là cặp nào trong các cặp sau Câu 23. Tích

2  C. M  ; 0;0  3 

3  B. M  ;0; 0  2 

1  A. M  ; 0;0  2 

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

ẠY

KÈ

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

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:

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)

FF IC IA L

A. S n =

u1 ( q n − 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 B. V = 12π

C. V = 16π 3

A. V = 4π

D. V = 4

A. D (1;8; −2 )

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 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.

KÈ

Đặt g ( x ) = f ( x 2 ) . Tìm số nghiệm của phương trình g ′ ( x ) = 0

ẠY

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).

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) B. f (1) = 2019e −2018 C. f (1) = 2017e 2018

Câu 36. Tính thể tích của khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. A.

a3 3

a3 2

C. a 3

D. f (1) = 2018e2018

FF IC IA L

A. f (1) = 2019e 2018

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 B. 6

2 3

D. 9

A. 8

A. min y = 5

Câu 39. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 + 2 x + 5 trên nửa khoảng [ −4; +∞ ) là B. min y = −17

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 S . ABCD là

7a 2 . Thể tích khối chóp 10

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

KÈ

ẠY

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

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

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

B. I ( −2;1;3)

C. I ( 2; −1; −3)

D. I ( 2;1; −3)

FF IC IA L

A. 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

f ( x ) có đạo hàm liên tục trên R và có

Câu 46. Cho hàm số

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

KÈ

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

ẠY

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

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

D. 0

ẠY

KÈ

FF IC IA L

C. 3

MA TRẬN Cấp độ câu hỏi Chuyên đề

Đơn vị kiến thức

Nhận Thông biết hiểu

Vận dụng

Đồ thị, BBT

C6C46

Cực trị

C26

C14

Đơn điệu

C33

Min - max

Tiệm cận

Bài toán thực tế

Hàm số mũ - logarit

Biểu thức mũ logarit

C39

Bài toán thực tế

C38

C2 C44

C47

Số phức

C10

ẠY

16 17

U 14

Nguyên hàm

C1 C17 C20 C43

0 2 1

C35

Ứng dụng tích phân

Bài toán thực tế

Dạng hình học

Dạng đại số

PT phức

0 C34

Mặt phẳng

C30

Mặ t c ầ u

Hình Oxyz

Tích phân

Đường thẳng

O C23

KÈ

C4 C5

Nguyên hàm – Tích phân

C41

Phương trình, bất phương trình mũ logarit

Mũ logarit

C21

C48 C50

Tương giao

Tổng

Hàm số

C13

Vận dụng cao

FF IC IA L

STT

C45

2 C22

2 1

Bài toán tọa độ điểm, vecto, đa điện

Bài toán về min, max

Thể tích, tỉ số thể tích

HHKG

C37

C25 C32

C36

C16 C27

Khoảng cách, góc

Khối nón

C31

Khối trụ

C18

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện

C15

Khối tròn xoay

C11

CSC CSN

PT - BPT

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

Lượng giác

1 1 1

C19

PT đường thẳng

PP tọa độ trong mặt phẳng

C28

C24

Nhị thức Newton

C42

Xác suất

T ổ hợp – xác suất

C40 C49

C29

Tổ hợp – chỉnh hợp

4 0

C12

FF IC IA L

ẠY

KÈ

PT lượng giác

NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan.

FF IC IA L

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.

ẠY

KÈ

Đề thi phân loại học sinh ở mức Khá..

FF IC IA L O

2–D

3–B

4–C

5–B

6–D

11 – C

12 – A

13 – D

14 – D

15 – C

16 – B

17 – C

21 – C

22 – B

23 – C

24 – D

25 – C

26 – B

27 – C

31 – A

32 – C

33 – D

34 – C

35 – A

36 – C

41 – D

42 – C

43 – A

44 – B

45 – C

10 – C

18 – B

19 – D

20 – A

28 – A

29 – D

30 – D

37 – C

38 – A

39 – C

40 – B

46 – B

47 – D

48 – D

49 – B

50 – A

Cách giải:

8–D

∫ f ( x ) dx = F ( x ) ⇒ f ( x ) = F ′ ( x )

7–B

1–C

Câu 1. Chọn C. Phương pháp:

9–A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

x3 + ex + C ⇒ f ( x ) = x2 + ex ∫ 3 Câu 2. Chọn D Phương pháp:

KÈ

f ( x ) dx =

a f ( x ) = a g ( x ) , ( a > 0, a ≠ 1) ⇔ f ( x ) = g ( x )

Cách giải:

ẠY

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.

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}

FF IC IA L

+ 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.

mãn

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

KÈ

Với y = 1 ⇒

≤ 2, do ( x + 1) ≥ 0 ⇒ y ∈ {1; 2}

( x + 1)

Mà 0 <

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

( x + 1)

= 2 ⇔ x 2 + 2 x + 2 = 1 ⇔ x 2 + 2 x + 1 = 0 ⇔ x = −1 ⇒ điểm ( −1; 2 ) thỏa mãn

ẠY

Với y = 2 ⇒

Vậy, đồ thị (C) có 3 điểm có hoành độ và tung độ đều là số nguyên. Câu 7. Chọn B. Cách giải:

FF IC IA L

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:

ẠY

KÈ

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:

FF IC IA L

Câu 8. Chọn D. Phương pháp: Đánh giá số nghiệm của phương trình bậc hai. Cách giải:

Vậy, số cách xếp là: 6. ( 3.1 + 6.2 ) = 6.15 = 90 (cách)

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:

 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 

1 1 + 2, x ∈ ( −1; +∞ ) \ {0} có f ′ ( x ) = 1 − 2 x x

KÈ

Xét hàm số f ( x ) = x +

ẠY

x = 1 f ′( x) = 0 ⇔   x = −1 ( L ) BBT:

−

f ′( x) f ( x)

−1

−

+∞

−∞

+∞ +

+∞ 4

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

( sin x )′ = cos x, ( log a x )′ =

FF IC IA L

Câu 9. Chọn A. Phương pháp: 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 Ơ

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 

∫

f ( x ) dx = ∫ x 2019 dx =

n ∫ x dx =

ẠY

KÈ

Cách giải:

 AB / / CD  Ta có: CD ⊂ ( SCD ) ⇒ AB / / ( SCD )   AB ⊄ ( SCD ) Mà SC ⊂ ( SCD ) ⇒ d ( AB; CD ) = d ( AB; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) )

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)

FF IC IA L

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

KÈ

−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

(

) (

)

ẠY

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:

x = 1 x3 − 3 x 2 + 5 x + 2019 ⇒ y′ = x 2 − 6 x + 5, y′ = 0 ⇔  3 x = 5

FF IC IA L

x3 − 3x 2 + 5 x + 2019 nghịch biến trên (1;5) 3 Câu 14. Chọn D. Phương pháp: Hàm số y =

f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + 2 ⇒ f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2ax + b, f ′′ ( x ) = 6 x + 2a

 f ′ ( x0 ) = 0 Hàm số bậc ba đạt cực tiểu tại điểm x = x0 ⇔   f ′′ ( x0 ) > 0 Cách giải:

 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

ẠY

KÈ

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:

FF IC IA L

Tập hợp tất cả các điểm M ( x, y, z ) sao cho x + y + z = 3 là hình bát diện đều SABCDS’ (như hình

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

)

(

1 Thể tích V của khối đa diện đó : V = 2.VS . ABCD = 2. SO.S ABCD 3

vẽ)

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

ẠY

KÈ

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

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

FF IC IA L

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

1 5 4 1 5  ⇒ y0 = ⇒ Phương trình đường thẳng d: y = 1.  x −  + ⇔ y = x − : Thỏa mãn 3 27 3  27 27 

+) x0 =

Câu 20. Chọn A. Phương pháp:

F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) ⇔ ( F ( x ) )′ = f ( x )

Vậy, có 1 tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = − x 3 + 2 x 2 song song với đường thẳng y = 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

được ở bước trên Cách giải:

+) Dựa vào đồ thị hàm số, tìm điều kiện của m để phương trình f ( t ) = m có nghiệm thỏa mãn ĐK tìm

KÈ

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]

ẠY

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

+) M cách đều hai điểm A,b ⇔ MA = MB Cách giải:

M ∈ Ox ⇒ M ( m;0;0 ) 2

 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: 2

2018

 2   2018  .   ...    3   2019 

2018

1  1 1  1  = . 1 −  ... 1 − .   2019!  2   3   2019  1 1.2.3...2018 1 . = = = 2019−2019 2018 2019 2019! 2019 2019

1  1 1 −  2019!  2 

FF IC IA L

Theo bài ra ta có: MA = MB ⇔ MA2 = MB 2 ⇔ ( m − 1) + 22 + 12 = ( m − 2 ) + 12 + 22

Khi đó ( a, b ) là ( 2019; −2019 )

Câu 24. Chọn D. Phương pháp: Cách giải: n

Sử dụng khai triển: Cn0 x n + Cn1 x n −1 + Cn2 x n − 2 + ... + Cnn = ( x + 1)

Ta có: S = Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn = (1 + 1) = 2n

KÈ

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:

ẠY

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

FF IC IA L

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

u1 (1 − q n ) 1− q

là S n =

Ta có:

Cách giải:

⇔ Sn =

1− q

u1 ( q n − 1) q −1

Sn =

u1 (1 − q n )

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′ .

ẠY

KÈ

Cách giải:

Sử dụng tỉ lệ thể tích tính VABCD . A′B′C ′D′

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

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.

FF IC IA L

⇒ B′I =

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:

KÈ

 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

ẠY

Cách giải:

FF IC IA L Ơ

x = 0 x = 0 x = 0  g ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 x. f ′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔  x = 0 ⇔  x = c  f ′( x) = 0   x = c

g ( x ) = f ( x 2 ) → g ′ ( x ) = 2 x. f ′ ( x )

(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:

KÈ

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

ẠY

⇒ ( 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:

Thể tích của khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a là : a 3 Cách giải:

FF IC IA L

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

+) Tính các giá trị f ( a ) , f ( b ) , f ( xi )

+) Giải phương trình y′ = 0 ⇒ Các nghiệm xi ∈ [ a; b ]

Câu 39. Chọn C. Phương pháp:

+) 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 = +∞

⇒ min y = 4

ẠY

KÈ

[ −4;+∞ )

Câu 40. Chọn B. Phương pháp:

x →+∞

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 )

FF IC IA L

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

7a (1) 5

⇒ 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

Ta có: S SAB + S SCD =

Kẻ SH ⊥ JI . Mà SH ⊂ ( SJI ) ⇒ SH ⊥ CD ⇒ SH ⊥ ( ABCD )

∆SJI vuông tại S ⇒ SI + SJ = JI ⇒ ( SI + SJ )

12a 2 25

 7a  − 2 SI .SJ = a ⇔   − 2 SI .SJ = a 2  5  2

KÈ

⇔ SI .SJ =

Ta có: SI .SJ = SH .JI ⇔

12a 2 12a = SH .a ⇔ SH = 25 25

ẠY

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

Đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng ⇒ 4 x 2 − 2 x + m = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt 2

1  1  1 là nghiệm của (1) ⇔ 4  −  − 2  −  + m = 0 ⇔ m = −2 2  2  2  1  (TXĐ: D =  − ;1 )  2  4x − 2x − 2

2x +1

Khi đó y =

⇒x=−

 1 x → −   2

2x +1

( x − 1)( 2 x + 1)

FF IC IA L

4x2 − 2x − 2

= lim +

2x +1 =0 x −1

= lim +  1 x → −   2

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)

 1 x → −   2

2x +1 +

có

nghiệm

phân

biệt

lim

+) x = −

Câu 42. Chọn C. Phương pháp:

n ( A) n (Ω)

Xác suất của biến cố A: P ( A ) =

Mà m ∈ Z , m ∈ [ −2019; 2019] ⇒ m ∈ {−2019; −2018;...;0} \ {−2} : có 2019 số m thỏa mãn

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”

KÈ

⇒ n ( A ) = C52 = 10 ⇒ P ( A ) =

n ( A ) 10 5 = = n ( Ω ) 36 18

ẠY

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:

 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

FF IC IA L

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:

f ′( x)

−1

−∞

BBT của hàm số y = f ( x )

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 )

KÈ

Mà f ( x ) − 2 < 0, ∀x (do f ( x ) ≤ 1, ∀x ) BBT của hàm số y = g ( x )

ẠY

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

Cách giải: +) Xác định số chữ số của M + 1 = 274207281 n

Tìm số tự nhiên n thỏa mãn 10 ≤ 2

74207281

< 10

74207281 n 74207281  ) 10 ≤ 2 n ≤ log ( 2 ⇔  n +1 ⇔ 74207281 74207281 10 > 2 ) n + 1 > log ( 2

n +1

FF IC IA L

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

KÈ

( 2*) ⇔ ( x + 1) ( 2 x3 − x + 1) ≥ 0 ⇔ ( x + 1)

(2x

− 2 x + 1) ≥ 0, ∀x

⇒ m = 0 : Thỏa mãn +) m = 1:

ẠY

( 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

AB AD +2 = 4. Áp dụng BĐT Cô si, ta có: AM AN

FF IC IA L

Ta có:

V1 S MBCDN = V S ABCD

Do các khối chóp .S ABCD và .S MBCDN có cùng chiều cao kẻ từ S nên

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

⇒

⇒ 2 2.

AB AD AB AD AB. AD AB AD > 1, >1 ) +2 ≥2 .2 = 2 2. (với AM AN AM AN AM . AN AM AN

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

KÈ

Câu 50. Chọn A. Cách giải:

 π Trên khoảng  0;  , hàm số y = sin x đồng biến  2

ẠY

 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

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

FF IC IA L

  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     m m <0< <1⇔ 0 < m < 3 3 3

TH1: −

m m < 0 <1≤ ⇔m≥3 3 3

TH2: −

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

⇒

m 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 =

KÈ

Để y = g ( x ) = x 3 − mx + 1 đồng biến trên (0;1) thì x3 − mx + 1 ≤ 0, ∀x ∈ ( 0;1)

ẠY

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