Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán - Đề số 12 - Năm học 2020-2021 (Có lời giải chi tiết)

Nội dung text: Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán - Đề số 12 - Năm học 2020-2021 (Có lời giải chi tiết)

1. ĐỀ SỐ 12 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC: 2020 – 2021 MÔN: TOÁN HỌC Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề a 3 a Câu 1. Thể tích của khối nón có chiều cao bằng và bán kính đường tròn đáy bằng là: 2 2 3 a3 3 a3 3 a3 3 a3 A. .B. .C. .D. . 6 24 8 8 Câu 2. Cho hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm giá trị cực đại của hàm số. A. yCĐ 0. B. yCĐ 2 . C. yCĐ 4. D. yCĐ 2 . Câu 3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A(1;2;3) trên mặt phẳng (Oyz) là A. M (0;2;3) .B. N(1;0;3) . C. P(1;0;0) .D. Q(0;2;0) . ax b Câu 4. Cho hàm số y (c 0) và có ad bc 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng? cx d A. Hàm số đồng biến trên ¡ . d  B. Hàm số đồng biến trên ¡ \  . c  d d C. Hàm số đồng biến trên ; và ; . c c d d D. Hàm số đồng biến trên ;  ; . c c Câu 5. Với a là số thực dương tùy ý. Khi đó log(8a) log(5a) bằng log(8a) 8 log8 A. .B. log(3a) . C. log .D. . log(5a) 5 log5 0 3 3 Câu 6. Cho f (x)dx 3 f (x)dx 3 . Tích phân f (x)dx bằng 1 0 1 A. 6.B. 4.C. 2.D. 0. Câu 7. Cho mặt cầu có diện tích bằng 36 a2 . Thể tích khối cầu là A. 9 a3 .B. 18 a3 .C. 12 a3 .D. 36 a3 . Trang 1
2. 2 Câu 8. Tập nghiệm của phương trình log 1 x 2x 3 là 2 A. 2,4. B. 4,2. C. 4, 2. D. 2,4 . Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng (P) đi qua điểm M (3; 1;4) , đồng thời vuông góc với giá của vectơ a (1; 1;2) có phương trình là A. 3x y 4z 12 0 .B. 3x y 4z 12 0 . C. x y 2z 12 0 .D. x y 2z 12 0 . Câu 10. Nguyên hàm của hàm số f (x) 2x sin x là A. cos x x2 C .B. cos x 2x2 C . C. 2x2 cos x C . D. cos x x2 C . Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đường thằng đi qua A(2; 1;2) và nhận véctơ u( 1;2; 1) làm véctơ chỉ phương có phương trình chính tắc là x 1 y 2 z 1 x 1 y 2 z 1 A. . B. . 2 1 2 2 1 2 x 2 y 1 z 2 x 2 y 1 z 2 C. . D. . 1 2 1 1 2 1 Câu 12. Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n, mệnh đề nào dưới đây đúng? n! n! A. C k .B. C k . n k!(n k)! n k! n! k!(n k)! C. C k . D. C k . n (n k)! n n! Câu 13. Trong các dãy số sau, dãy số nào là một cấp số cộng? A. 1; 3; 7; 11; 15 .B. 1; 2; 4; 6; 8 . C. 1; 3; 5; 7; 9 .D. 1; 3; 6; 9; 12 . 1 Câu 14. Cho số phức z (1 2i)2 . Tính mô đun của số phức . z 1 1 1 A. .B. 5 . C. .D. . 5 25 5 Câu 15. . Đồ thị trong hình vẽ bên dưới là của đồ thị hàm số nào sau đây? Trang 2
3. A. y x4 2x2 1.B. y x3 3x2 1. C. y x3 3x2 3.D. y x3 2x2 3. 108 Câu 16. Hàm số y x đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn 103;109 tại x bằng x A. 103 .B. 104 . C. 105 .D. 106 . Câu 17. Cho hàm số y f (x) có đạo hàm f (x) x2 x2 1 ,x ¡ . Hàm số y 2 f ( x) đồng biến trên khoảng A. (2; ) .B. ( ; 1) .C. ( 1;1) .D. (0;2) . Câu 18. Kí hiệu a, b lần lượt là phần thực và phần ảo của số phức z i(1 i) . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. a 1,b i .B. a 1,b 1.C. a 1,b 1.D. a 1,b i . Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt cầu tâm I( 2;1;1) qua điểm A(0; 1;0) là A. x2 (y 1)2 z2 9 .B. (x 2)2 (y 1)2 (z 1)2 9 . C. (x 2)2 (y 1)2 (z 1)2 9 .D. x2 (y 1)2 z2 9 . Câu 20. Giá trị của biểu thức P 31 log9 4 42 log2 3 5log125 27 là? 99 97 98 97 A. P .B. P .C. P .D. P . 8 8 9 9 Câu 21. Tổng môđun 4 nghiệm phức của phương trình 2z4 3z2 2 0 là A. 3 2 .B. 5 2 . C. 2 5 .D. 2 3 . Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng ( ) : x y z 1 0 và ( ) : 2x y mz m 1 0, với m là tham số thực. Giá trị của m để ( )  ( ) là A. 1. B. 0. C. 1. D. 4. 1 3x 2 25 Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình là 5 4 1 1 A. S ; .B. S ; . 3 3 C. S ( ;1].D. S [1; ) . Câu 24. Cho hình phẳng H giới hạn bởi đường cong y2 2y x 0 và đường thẳng x y 2 0 . Tính diện tích S của hình (H ) . 17 1 A. S 6 .B. S 14 .C. S .D. S . 6 6 Câu 25. Tính chiều cao h của hình trụ biết chiều cao h bằng bán kính đáy và thể tích của khối trụ đó là 8 . Trang 3
4. A. h 2 .B. 2 2 .C. 3 32 .D. 3 4 . Câu 26. Cho hàm số y f (x) xác định trên ¡ \{1} , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau. Hỏi mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận ngang là y 0, y 5 và không có tiệm cận đứng. B. Đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận ngang là y 0, y 5 và chỉ có tiệm cận đứng là x 1. C. Đồ thị hàm số chỉ có tiệm cận ngang là y 0 và chỉ có tiệm cận đứng là x 1. D. Đồ thị hàm số chỉ có tiệm cận ngang là y 5 và chỉ có tiệm cận đứng là x 1. Câu 27. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy (ABCD) và SC a 5 . Tính theo a thể tích V khối chóp S.ABCD. a3 3 a3 3 a3 15 A. V .B. V .C. V a3 3 .D. V . 3 6 3 Câu 28. Tính đạo hàm của hàm số y e 2x . e 2x e x e 2x A. y .B. y .C. y .D. y 2x.e 2x . 2 2x 2x 2x Câu 29. Cho hàm số y f x liên tục trên ;1 và 1; có bảng biến thiên như sau Số nghiệm thực của phương trình 2 f x 1 0 là A. 4.B. 3.C. 2.D. 1. Câu 30. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Cạnh bên SA a 3 và vuông góc với mặt đáy (ABC) . Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) . Mệnh đề nào sau đây đúng? 5 2 5 A. 30. B. sin .C. 60. D. sin . 5 5 Câu 31. Tính P là tích tất cả các nghiệm của phương trình 3.9x 10.3x 3 0 . A. P 1.B. P 1. C. P 0 .D. P 9 . Trang 4
5. Câu 32. Một ngôi biệt thự có 10 cây cột nhà hình trụ tròn, tất cả đều có chiều cao 4,2 m. Trong đó, 4 cây cột trước đại sảnh có đường kính 40 cm và 6 cây cột còn lại bên thân nhà có đường kính 26 cm . Chủ nhà dùng loại sơn giả đá để sơn 10 cây cột đó. Nếu giá của một loại sơn giả đá là 380.000 đồng/ m2 (gồm cả tiền thi công) thì người chủ nhà phải chi bao nhiêu tiền để sơn 10 cây cột đó? (số tiền làm tròn đến hàng nghìn). A. 13 627 000 đồng.B. 14 647 000 đồng. C. 15 844 000 đồng.D. 16 459 000 đồng. x3 3x2 3x 1 Câu 33. Tìm F(x) nguyên hàm của hàm số f (x) . x2 2x 1 2 x2 2 A. F(x) 1 C .B. F(x) x C. (x 1)2 2 x 1 x2 2 2 C. F(x) x C .D. F(x) 1 C . 2 x 1 (x 1)2 Câu 34. Cho hình lăng trụ ABC.A B C có đáy là tam giác đều với độ dài cạnh bằng 2a . Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của BC. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng BB và A H . a 3 a 3 A. d 2a .B. d a . C. d .D. d . 2 3 Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (0; 1;2) và hai đường thẳng x 1 y 2 z 3 x 1 y 4 z 2 d : ,d : . Phương trình đường thẳng đi qua M, cắt cả d và d 1 1 1 2 2 2 1 4 1 2 là x y 1 z 3 x y 1 z 2 A. .B. . 9 9 8 3 3 4 2 2 x y 1 z 2 x y 1 z 2 C. .D. . 9 9 16 9 9 16 tan x m Câu 36. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của m để hàm số y nghịch biến trên khoảng 0; ? m tan x 1 4 A. ( ; 1) .B. ( ; 1)  (1; ) . C. ( ;0]  (1; ) . D. [0; ) . Câu 37. Trong mặt phẳng Oxy, tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn 2 | z 1| | z z 2 | là hình gồm A. Hai đường thẳng.B. Hai đường tròn. C. Một đường tròn.D. Một đường thẳng. Trang 5
6. 2 Câu 38. Cho hàm số f (x) thỏa mãn f (x) f (x) 1 với mọi x ¡ . Biết f (x)dx a và 1 2 x f (1) b, f (2) c. Tích phân dx bằng 1 f (x) A. 2c b a .B. 2a b c .C. 2c b a .D. 2a b c . Câu 39. Cho hàm số y f (x) xác định trên ¡ và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây Hỏi có bao nhiêu giá trị của tham số m (với m ¢ ; m 2019 ) để đồ thị hàm số y m f x có đúng 7 điểm cực trị? A. 2024. B. 3. C. 4. D. 2020 . Câu 40. Thầy Nam gửi 5 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,7% /tháng. Chưa đầy một năm thì lãi suất tăng lên thành 1,15% /tháng. Sáu tháng sau lãi suất chì còn 0,9% /tháng. Thầy Nam tiếp tục gửi thêm một số tháng nữa rồi rút cả vốn lẫn lãi được 5 787 710,707 đồng. Hỏi thầy Nam đã gửi tổng thời gian bao nhiêu tháng? A. 18 tháng.B. 17 tháng.C. 16 tháng.D. 15 tháng. 9 Câu 41. Cho hàm số y x3 x2 6x 3 m . Tổng các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn 2 [ 10;10] để giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [0 ; 3] không bé hơn 5. A. 1.B. 1.C. 0. D. 7. Câu 42. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên A có bốn chữ số. Gọi N là số thỏa mãn 3N A . Xác suất để N là số tự nhiên bằng: 1 1 1 A. .B. 0. C. .D. . 4500 2500 3000 Câu 43. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 2;4),B( 3;3; 1) và mặt phẳng (P) : 2x y 2z 8 0. Xét điểm M là điểm thay đổi thuộc (P) , giá trị nhỏ nhất của 2MA2 3MB2 bằng A. 135. B. 105. C. 108. D. 145. Câu 44. Cho hàm số bậc bốn y f (x) . Đồ thị hàm số y f (x) như hình vẽ bên. Trang 6
7. Số điểm cực đại của hàm số g(x) f x2 2x 2 là A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 45. Cho hàm số y f (x) . Hàm số y f (x) có bảng biến thiên như sau 1 Tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình m x2 f (x) x3 nghiệm đúng với mọi 3 x (0;3) là 2 A. m f (0) .B. m f (0) . C. m f (3) .D. m f (1) . 3 Câu 46. Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vuông có cạnh bằng 10 cm bằng cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng parabol như hình bên. Biết AB 5 cm,OH 4 cm. Tính diện tích bề mặt hoa văn đó. 140 160 14 A. cm2 .B. cm2 .C. cm2 .D. 50 cm2 . 3 3 3 Câu 47. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn log2 x x(x y) log2 (6 y) 6x . Giá trị nhỏ nhất của 6 8 biểu thức P 3x 2y bằng x y 59 53 A. .B. 19. C. .D. 8 6 2 . 3 3 Trang 7
8. Câu 48. Cho điểm M trên cạnh SA, điểm N trên cạnh SB của hình chóp tam giác S.ABC có thể tích SM 1 SN bằng V sao cho , x. Mặt phẳng (P) qua MN và song song với SC chia khối chóp S.ABC SA 3 SB thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. Khẳng định nào sau đây là đúng A. 0 x 1.B. 1 x 2 . C. 2 x 3.D. x 3. Câu 49. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(1;1;1), B(0;1;2),C( 2;1;4) và mặt phẳng (P) : x y z 2 0 . Tìm điểm N (P) sao cho S 2NA2 NB2 NC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. 4 4 1 5 3 A. N ;2; .B. N( 2;0;1) .C. N ; ; .D. N( 1;2;1) . 3 3 2 4 4 Câu 50. Cho hàm số y f (x) x3 3x2 2 và phương trình f (x) m m n có 8 nghiệm phân biệt với m ( 6; 2) . Khẳng định nào sau đây đúng? 6 m 4 3 m 2 A. . B. . 2 n 6 2m 6 2m n 2 3 m 2 3 m 2 C. . D. 0 n 6 2m . m n 2 n m Đáp án 1-B 2-C 3-A 4-C 5-C 6-B 7-D 8-A 9-C 10-A 11-D 12-A 13-A 14-A 15-C 16-B 17-C 18-B 19-C 20-D 21-A 22-A 23-D 24-D 25-A 26-B 27-A 28-C 29-C 30-D 31-B 32-C 33-B 34-B 35-C 36-A 37-A 38-A 39-A 40-C 41-D 42-A 43-A 44-A 45-B 46-A 47-B 48-A 49-D 50-D LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B 2 1 a a 3 3 a3 Thể tích khối nón là: V . . . 3 2 2 24 Câu 2: Đáp án C Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy giá trị cực đại của hàm số là yCĐ 4 tại x 2 . Câu 3: Đáp án A Theo lý thuyết ta có: Hình chiếu của điểm M (x; y; z) lên mặt phẳng (Oyz) là M (0; y; z) . Nên M (0;2;3) là hình chiếu của điểm A(1;2;3) trên mặt phẳng (Oyz) . Câu 4: Đáp án C Trang 8
9. d  TXĐ: D ¡ \ . c  ad bc Ta có: y 0,x D( vì ad bc 0) . (cx d)2 d d Vậy hàm số đồng biến trên ; và ; . c c Câu 5: Đáp án C 8a 8 Ta có: log(8a) log(5a) log log . 5a 5 Câu 6: Đáp án B 3 0 3 Ta có: f (x)dx f (x)dx f (x)dx 3 1 4. 1 1 0 Câu 7: Đáp án D 4 4 Ta có: S 4 R2 36 a2 R 3a V R3 (3a)3 36 a3 . mc mc 3 3 Câu 8: Đáp án A 2 2 x 2 Ta có: log 1 x 2x 3 x 2x 8 . 2 x 4 Câu 9: Đáp án C Do mặt phẳng P vuông góc với giá của vectơ a (1; 1;2) nên mặt phằng P nhận vectơ a (1; 1;2) làm vectơ pháp tuyến và đi qua điểm M (3; 1;4) nên có phương trình: 1(x 3) 1(y 1) 2(z 4) 0 x y 2z 12 0. Câu 10: Đáp án A Ta có: f (x)dx (2x sin x)dx x2 cos x C . Câu 11: Đáp án D Ta có đường thẳng đi qua A(2; 1;2) và nhận véctơ u( 1;2; 1) làm véctơ chỉ phương có phương trình x 2 y 1 z 2 chính tắc là: . 1 2 1 Câu 12: Đáp án A k Kí hiệu Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử (0 k n) . n! C k . n k!(n k)! Câu 13: Đáp án A Ta có: 3 1 7 ( 3) 11 ( 7) 15 ( 11) 4 (không đổi) nên dãy số trên lập thành một cấp số cộng. Trang 9
10. Câu 14: Đáp án A Cách 1: 1 1 1 1 Ta có: . z (1 2i)2 |1 2i |2 5 Cách 2: 1 1 3 4 Ta có z (1 2i)2 1 4i 4i2 3 4i i . z 3 4i 25 25 2 2 1 3 4 1 Do đó . z 25 25 5 Câu 15: Đáp án C Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 nên loại A,B . Hàm số đạt cực trị tại x 0; x 2. Câu 16: Đáp án B 108 Hàm số y x liên tục trên 103;109 . x 4 3 9 8 10 x 10 10 ;10 Ta có y 1 0 x2 108 . x2 4 3 9 x 10 10 ;10 Ta lại có: y 103 103 105; y 104 2.104; y 109 109 10 1 . Do đó: min y y 104 2.104 , đạt được khi x 104 . 3 9 10 ;10 Câu 17: Đáp án C x5 x3 Ta có f (x) x2 x2 1 , suy ra f (x) f (x)dx x2 x2 1 dx C. 5 3 ( x)5 ( x)3 2x5 2x3 Suy ra y g(x) 2 f ( x) 2 C 2C . 5 3 5 3 2 2 x 0 Ta có: g (x) 2 f ( x) 2x x 1 0 . x 1 Bảng xét dấu g (x) Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số y 2 f ( x) đồng biến trên ( 1;1) . Câu 18: Đáp án B 2 a 1 Ta có: z i(1 i) i i i ( 1) 1 i  . b 1 Trang 10
11. Câu 19: Đáp án C  Ta có IA (2; 2; 1) IA 22 ( 2)2 ( 1)2 3 Do mặt cầu tâm I( 2;1;1) qua điểm A(0; 1;0) nên bán kính là R IA 3. Vậy mặt cầu cần tìm có tâm I( 2;1;1) và bán kính R 3 nên phương trình là: (x 2)2 (y 1)2 (z 1)2 9 . Câu 20: Đáp án D log 22 16 log 33 Ta có P 3.3 32 5 53 4log2 3 16 16 16 97 3.3log3 2 5log5 3 3.2log3 3 3log5 5 3.2 3 . 3log2 4 32log2 2 32 9 Câu 21: Đáp án A z 2 2 z 2 z 2 Ta có: 2z4 3z2 2 0 2 . 2 1 1 2 z i z i 2 2 2 2 z i 2 Khi đó, tổng môđun 4 nghiệm phức của phương trình đã cho bằng 2 2 2 2 i i 3 2 . 2 2 Câu 22: Đáp án A  n( ) (1;1;1) Ta có  . n( ) (2; 1;m)   Để ( )  ( ) thì n( )  n( ) 1 m 0 m 1. Câu 23: Đáp án D 3x 1 2 5 5 Bất phương trình tương đương với: 3x 1 2 x 1. 2 2 Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm: S [1; ) . Câu 24: Đáp án D Ta có: y2 2y x 0 x y2 2y và x y 2 0 x y 2 . 2 2 y 1 Phương trình tung độ giao điểm là: y 2y y 2 y 3y 2 0 . y 2 2 1 Diện tích S của hình (H ) là: S y2 2y ( y 2)dy . 1 6 Trang 11
12. Câu 25: Đáp án A Thể tích khối trụ là: V r 2h h3 8 h3 8 h 2. Câu 26: Đáp án B Ta có lim f (x) 0 y 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x lim f (x) 5 y 5 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x lim f (x) x 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x 1 Câu 27: Đáp án A Ta có: AC a 2 . Tam giác SAC vuông tại C, ta có SA SC 2 AC 2 a 3 . Chiều cao khối chóp là: SA a 3 . 2 Diện tích hình vuông ABCD là: SABCD a (đvdt). 1 a3 3 Vậy thể tích khối chóp: V S .SA ( đvtt). S.ABCD 3 ABCD 3 Câu 28: Đáp án C 2 e 2x Ta có y 2x .e 2x .e 2x . 2 2x 2x Câu 29: Đáp án C 1 Ta có: 2 f (x) 1 0 f (x) . 2 Số nghiệm của phương trình 2 f (x) 1 0 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f (x) và đường thằng 1 y . 2 Dựa vào bảng biến thiên, suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt. Câu 30: Đáp án D Trang 12
13. Gọi M là trung điểm của BC , suy ra AM  BC . AM  BC Ta có BC  (SAM ) BC  SM . BC  SA Do đó (SBC),(ABC) (·SM , AM ) S· MA a 3 Tam giác ABC đều cạnh a , suy ra trung tuyến AM . 2 SA SA 2 5 Tam giác vuông SAM , có sin S· MA . SM SA2 AM 2 5 Câu 31: Đáp án B Phương trình tương đương với: 3.32x 10.3x 3 0 . Đặt t 3x 0 . 1 Phương trình trở thành 3t 2 10t 3 0 t hoặc t 3 . 3 1 1 Với t 3x x 1 x . 3 3 1 x Với t 3 3 3 x 1 x2 Vậy P x1x2 1. Câu 32: Đáp án C Diện tích cần sơn là tồng diện tích xung quanh của các hình trụ. Tổng diện tích xung quanh của 4 cây cột đường kính 40 cm là: S1 4.2 r1h . Tổng diện tích xung quanh của 6 cây cột đường kính 26 cm là S2 6.2 r2h . Số tiền cần dùng là 0,40 0,2 T S1 S2 .380000 2 .4,2. 4. 6 380000 15 844000 đồng. 2 2 Câu 33: Đáp án B x3 3x2 3x 1 x3 3x2 3x 1 2 (x 1)3 2 2 Ta có: f (x) x 1 x2 2x 1 (x 1)2 (x 1)2 (x 1)2 2 x2 2 Do đó: F(x) f (x)dx x 1 dx x C . 2 (x 1) 2 x 1 Câu 34: Đáp án B Do BB P AA nên d BB , A H d BB , AA H d B, AA H . Trang 13
14. BH  AH Ta có BH  AA H BH  A H BC nên d B, AA H BH a . 2 Vậy d BB , A H a . Câu 35: Đáp án C Gọi là đường thẳng cần tìm.  d1 A t1 1; t1 2;2t1 3 ;  d2 B 2t2 1; t2 4;4t2 2   MA t1 1; t1 1;2t1 1 ;MB 2t2 1; t2 5;4t2 . 7 t1 t 1 k 2t 1 2   1 2 7 1 t1 Ta có M, A,B thẳng hàng khi MA kMB t1 1 k t2 5 k 2 2 t 4 2t1 1 4kt2 2 kt2 2  Suy ra MB 9;9; 16 . Đường thẳng đi qua M (0; 1;2), một vectơ chỉ phương là u 9; 9;16 có phương trình là: x y 1 z 2 : . 9 9 16 Câu 36: Đáp án A Đặt t tan x (khi 0; thì t 0;1 ). 4 t m Khi đó bài toán trở thành tìm m để hàm số y nghịch biến trên (0;1) . mt 1 TH1: m 0 , hàm số trở thành y t, hàm số này đồng biến trên (0;1) ; nên m 0 không thỏa mãn. TH2: m 0 . 1  TXĐ: D ¡ / . m  1 m2 Ta có y . (mt 1)2 Để hàm số nghịch biến trên (0;1) thì 2 1 m 0 m 1 y 0,x (0;1) 1 0 m 1 1 m m 1. (0;1) m 0 m 1 1 0 0 1 m Trang 14
15. Câu 37: Đáp án A Đặt z x yi (x, y ¡ ) . Số phức z có điểm biểu diễn M (x; y) . Ta có 2 z 1 z z 2 2 x yi 1 x yi (x yi) 2 2 2 2 2 2 2 2 x 0 2 (x 1) y 4 4y 4(x 1) 4y 4 4y 4x 8x 0 . x 2 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z là hai đường thẳng có phương trình x 0 và x 2 . Câu 38: Đáp án A 1 Vì f (x). f (x) 1 f (x) nên tích phân cần tính bằng cách tích phân từng phần f (x) Ta có 2 x 2 2 2 2 x dx x. f (x)dx x. f x f (x)dx 2 f (2) f (1) dx 2c b a . 1 f (x) 1 1 1 1 f (x) Câu 39: Đáp án A Từ bảng biến thiên của hàm số y f (x) ta có đồ thị hàm số y f (x) và y f (| x |) như hình vẽ sau: Từ đồ thị ta có y f (| x |) có 5 điểm cực trị. (Chú ý: Hàm số y f (x) có a 2 điểm cực trị dương nên hàm số y f ( x ) có số điểm cực trị là 2a 1 5 ). Vì hàm số y f ( x ) có 5 điểm cực trị nên hàm số y m f ( x ) cũng có 5 điểm cực trị (vì đồ thị hàm số y m f ( x ) được suy ra từ đồ thị y f ( x ) bằng cách tịnh tiến theo phương trục Oy ). Số điểm cực trị của hàm số y m f x bằng số cực trị của hàm số y m f ( x ) và số nghiệm đơn hoặc bội lẻ của phương trình f x m 0. Vậy để y m f (| x |) có 7 điểm cực trị thì phương trình f x m 0 có hai nghiệm đơn hoặc bội lẻ. Trang 15
16. Ta có f x m 0 f x m . 5 m 1 1 m 5 Từ đồ thị hàm số y f x ta có: . 0 m m 0 m ¢ Vì có 2024 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. m 2019 Câu 40: Đáp án C Gọi a là số tháng mà thầy Nam gửi tiền với lãi suất 0,7% . Gọi b là số tháng mà thầy Nam gửi tiền với lãi suất 0,9% . Theo đề bài, ta có phương trình: 5000000(1 0,7%)a.(1 1,15%)6.(1 0,9%)b 5787710,707(*) (1 0,7%)a.(1 0,9%)b 1,080790424 0 a log1,007 1,080790424 0 b log1,009 1,080790424 log1,009 1,080790424 a b log1,007 1,080790424 a,b ¥ 9 a b 11. Với a b 9 , thử a,b ¥ ta thấy (*) không thoả mãn. Với a b 10 , thử a,b ¥ ta được a 6;b 4 thoả mãn (*). Với a b 11, thử a,b ¥ ta thấy (*) không thoả mãn. Vậy thầy Nam gửi tổng thời gian là 16 tháng. Câu 41: Đáp án D 9 Xét hàm số f (x) x3 x2 6x 3 m liên tục trên đoạn [0 ; 3]. 2 2 x 1 [0;3] Ta có f (x) 3x 9x 60 . x 2 [0;3] 1 3 Ta lại có: f (0) m 3; f (1) m ; f (2) m 1; f (3) m . 2 2 min f (x) m 3 0;3 Khi đó: 3 . max f (x) m 0;3 2 3 TH1: m .(m 3) 0 . 2 Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số y trên đoạn [0 ; 3] là 0 . 3 TH2: m .(m 3) 0 . 2 Trang 16
17. 3 3 m (m 3) m (m 3) m 8 2 2 Khi đó: 5 13 2 m 2 m ¢ Mà m { 10; 9; 8; 7;8;9;10}. m [ 10;10] Vậy tổng các giá trị m cần tìm là -7 . Tìm tham số để min f (x) a . [ ; ] Phương pháp: min f (x) m [ ; ] Tìm (M m) . max f (x) M [ ; ] M m M m Suy ra: min f (x) (khi m.M 0 ) hoặc min f (x) 0 (khi m.M 0 ). [ ; ] 2 [ ; ] Do đó ta có 2 trường hợp: TH 1: Khi m.M 0 thì 0 a . M m M m TH 2: Khi m.M 0 thì a 2 Câu 42: Đáp án A Ký hiệu B là biến cố lấy được số tự nhiên A thỏa mãn yêu cầu bài toán. N Ta có 3 A N log3 A Để N là số tự nhiên thì A 3m (m ¥ ) . Những số A dạng có 4 chữ số gồm 37 2187 và 38 6561. n() 9000;m(B) 2 . 1 Suy ra P(B) . 4500 Câu 43: Đáp án A 2x 3x x A B I 5   2yA 3yB Gọi I là điểm thỏa mãn 2IA 3IB 0 yI I( 1;1;1) 5 2zA 3zB zI 5 Khi đó ta có        2MA2 3MB2 2(MI IA)2 3(MI IB)2 5MI 2 2IA2 3IB2 2MI(2IA 3IB) 5MI 2 90 5d(I,(P))2 90 135 Trang 17
18. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu của I( 1;1;1) lên (P) hay M (1;0;3) . Câu 44: Đáp án A Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống x 1 Ta có g (x) f x2 2x 2 x2 2x 2 Suy ra x 1 0 x 1 2 x 1 0 x 2x 2 1 g (x) 0 theo ®å thÞ f x x 1 2 . 2  2 f x 2x 2 0 x 2x 2 1 x 1 2 2 x 2x 2 3 Bảng xét dấu g (x) như sau: Từ đó suy ra hàm số g(x) f x2 2x 2 có 1 điểm cực đại. Chú ý: Cách xét dấu hay của g x để cho nhanh nhất ta lấy một giá trị x0 thuộc khoảng đang xét rồi thay vào g x . 1 Chẳng hạn với khoảng ( 1; 1 2) ta chọn x 0 g (0) f ( 2) 0 vì dựa vào đồ thị ta thấy 0 2 f 2 0 . Cách 2: Phương pháp ghép trục x 1 Đặt t x2 2x 2 t 0 x 1 t 1 x2 2x 2 Ta có bảng biến thiên: Dựa vào đồ thị trên khoảng (1; ), f (t) có 1 điểm cực tiểu tại t 2 do đạo hàm đổi dấu từ (-) sang (+). Tại điểm t 1 là điểm cực đại vì dựa vào đồ thị hàm số f (t) đổi dấu từ ( ) sang (-). Do đó hàm số đã cho có 1 cực đại. Trang 18
19. Câu 45: Đáp án B 1 Bất phương trình đã cho tương đương với: m f (x) x3 x2 ,x (0;3) . 3 1 Xét hàm số g(x) f (x) x3 x2 trên (0;3) . 3 Bài toán trở thành tìm m để m g(x),x (0;3) m min g(x) . [0;3] Ta có g (x) f (x) x2 2x . f (x) 1 Nhân xét: Với x (0;3) 2 g (x) 0 . 1 x 2x 3 1 Do đó ta có m min g(x) g(0) f (0) .03 02 f (0) . [0;3] 3 Vậy m f (0) . Chọn B. Bổ trợ: Bảng biến thiên hàm g(x) trên (0;3) . Câu 46: Đáp án A Chọn hệ trục tọa độ sao cho O là gốc tọa độ OH thuộc Oy,Ox vuông góc với OH tại O chiều dương hướng từ A đến B . 5 Khi đó ta có B ;4 . 2 Giả sử Parabol (P) đi qua O, A, B nhận O làm đỉnh có dạng: y ax2 bx c 16 O (P) a 25 b Ta có hệ phương trình 0 b 0 . 2a c 0 B (P) 16 Do đó y x2 . 25 16 5 5 Gọi diện tích hình phẳng giới hạn các đường y x2 , y 4, x , x là S . 25 2 2 1 2,5 2,5 16 16 40 Khi đó ta có: S 4 x2 dx 4x x3 . 1 2,5 25 75 2,5 3 Trang 19
20. 40 140 Do đó diện tích hình hoa văn là: S 102  4 cm2 . 3 3 Câu 47: Đáp án B x 0 Điều kiện: . 0 y 6 2 2 Bất phương trình tương đương với: log2 x x log2[x(6 y)] x(6 y)(*) . Xét hàm số f (t) log2 t t (với t 0 ). 1 Ta có f (t) 1 0,t 0 nên hàm số f (t) log t t đồng biến trên khoảng (0; ) . t ln 2 2 Do đó (*) f x2 f (x(6 y)) x2 x(6 y) x 6 y x y 6 ( ) (do x 0 ). Áp dụng BĐT Côsi cho các cặp số dương và bất đẳng thức ( ), ta có: 6 8 3 3x 6 y 8 3 3x 6 y 8 P 3x 2y (x y)  6 2  2  19 x y 2 2 x 2 y 2 2 x 2 y x y 6 3x 6 x 2 Đằng thức xảy ra khi và chỉ khi . 2 x y 4 y 8 2 y Vậy Pmin 19 . Chú ý: Cho hàm số f (t) đơn điệu trên tập xác định D , khi đó f (a) f (b),a,b D a b Câu 48: Đáp án A Trong (ABS) có: MN  AB E . Trong (SAC) có: MQ PSC,Q AC . Trong (ABC) có: EQ  BC P . SM CQ 1 SA CA 3 Khi đó NP PSC PMQ . SN CP x SB CB NB MS EA Trong tam giác SAB ta có:   1 NS MA EB 1 x 1 EA EA 2x AB 3x 1   1 x 2 EB EB 1 x EB 1 x VEAMQ AM AQ EA 2 2 2x 8x 8x Ta có     VEAMQ V . VS , ABC AS AC BA 3 3 3x 1 9(3x 1) 9(3x 1) Trang 20
21. 3 3 VEBNP BN BP EB 2 1 x (1 x) (1 x)   (1 x)  VEBNP V VS.ABC BS BC AB 3x 1 3x 1 3x 1 8x (1 x)3 1 8x (1 x)3 1 8 10 V V V V x . AMQBNP 9(3x 1) 3x 1 2 9(3x 1) 3x 1 2 6 Câu 49: Đáp án D       Với mọi điểm I ta có: S 2(NI IA)2 (NI IB)2 (NI IC)2     4NI 2 2NI(2IA IB IC) 2IA2 IB2 IC 2    Chọn điểm I sao cho: 2IA IB IC 0       2IA IB IC 0 4IA AB AC 0. Suy ra tọa độ điểm I là I(0;1;2) . Khi đó S 4NI 2 2IA2 IB2 IC 2 , do đó S nhỏ nhất khi N là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P) . x 0 t Phương trình đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng (P) là: y 1 t . z 2 t Tọa độ điểm N(t;1 t;2 t) (P) t 1 t 2 t 2 0 t 1 N( 1;2;1) .    a IA a .IA  a .IA 0 Chú ý: Tìm tọa độ điểm I thỏa mãn: 1 1 2 2 n n a1.xA  an.xA a1.yA  an.yA a1.zA  an.zA I 1 n ; 1 n ; 1 n a1 a2  an a1 a2  an a1 a2  an ( I gọi là tâm tỉ cự) Câu 50: Đáp án D Ta có bảng biến thiên của y f (x) m Bảng biến thiên của y f (x) m m Trang 21
22. TH1: 2m 6 0 m 3 n 0 Ta có: f (x) m m n f (x) m m n . f (x) m m n Suy ra phương trình f (x) m m n có 8 nghiệm phân biệt khi: 3 m 2 3 m 2 3 m 2 0 n 2m 6 0 n 2m 6 0 n 2m 6 n 2m 6 n 2m 6 2 n m m n 2 2 n m TH2: 2m 6 0 m 3 Ta có bảng biến thiên của y f (x) m m như sau: + Nếu 2m 6 2 4 m 3 thì f (x) m m n có 8 nghiệm phân biệt khi 2 n m hay 4 m 3 . 2 n m + Nếu 2m 6 2 6 m 4 thì f (x) m m n có 8 nghiệm phân biệt khi 6 m 4 2m 6 n m 0 n m hay . 0 n m Trang 22