Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán - Đề số 13 - Năm học 2020-2021 (Có lời giải chi tiết)

Nội dung text: Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán - Đề số 13 - Năm học 2020-2021 (Có lời giải chi tiết)

1. ĐỀ SỐ 13 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 Câu 1. Hình hộp chữ nhật đứng đáy là hình thoi có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 2.B. 1.C. 3.D. 4. 2 1 Câu 2. Cho số phức z 1 2i . Tính mô đun của số phức z 1 1 1 A. . B. 5. C. . D. 5 25 5 Câu 3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x3 3x2 2 m có hai nghiệm phân biệt. A. m ( ; 2]. B. m  2;2. C. m [2; ). D. m 2;2. x 1 Câu 4. Trên đồ thị C : y có bao nhiêu điểm M mà tiếp tuyến với (C) tại M song song với đường x 2 thẳng d : x y 1. A. 0.B. 4.C. 3.D. 2. Câu 5. Cho hàm số y x3 bx2 cx d, b,c,d ¡ có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. b 0,c 0,d 0. B. b 0,c 0,d 0. C. b 0,c 0,d 0. D. b 0,c 0,d 0. Câu 6. Cho hàm số y f x có f ' x 0 x ¡ . Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của x để 1 f f 1 . x A. ;0  0;1 . B. ;0  1; . C. ;1 . D. 0;1 . Câu 7. Cho hàm số y f x có đạo hàm y' x2 x 2 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hàm số nghịch biến trên ¡ . B. Hàm số đồng biến trên 0;2 . C. Hàm số nghịch biến trên ;0 và 2; . D. Hàm số đồng biến trên 2; . Câu 8. Cho cấp số nhân un có u1 2 và biểu thức 20u1 10u2 u3 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm số hạng thứ bảy của cấp số nhân un ? A. 2000000.B. 136250.C. 39062.D. 31250. Trang 1
2. Câu 9. 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 3z 0, R : 2x y z 0 là: A. 4x 5y 3z 22 0. B. 4x 5y 3z 22 0. C. 2x y 3z 14 0. D. 4x 5y 3z 22 0. Câu 10. Đạo hàm của hàm số y ln 5 3x2 là: 6 2x 6x 6x A. . B. . C. . D. . 3x2 5 5 3x2 3x2 5 3x2 5 Câu 11. Dặt a log2 5 và b log3 5. Biểu diễn đúng log6 5 theo a, b là: 1 ab a b A. . B. a b. C. . D. . a b a b ab Câu 12. Cho số phức z thỏa mãn 2z i.z 2 5i. Môđun của số phức z bằng 145 A. z 7. B. z 5. C. z 25. D. z . 5 Câu 13. Một hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 5.B. 3.C. 4.D. 6. Câu 14. Họ nguyên hàm của hàm số f x x sin 2x là x2 x2 1 A. cos2x C. B. cos2x C. 2 2 2 1 x2 1 C. x2 cos2x C. D. cos2x C. 2 2 2 Câu 15. Cho hình chóp SABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bên vuông góc với mặt đáy. Gọi M là trung điểm của SA, N là hình chiếu vuông góc của A lên SO. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. AC  SBD . B. DN  SAB . C. AN  SOD . D. AM  SBC . x2 m2 2m Câu 16. Gọi A, B lần lượt là các giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số y trên đoạn x 2 19 [3;4]. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để A B . 2 A. m 1;m 3. B. m 1;m 3. C. m 3. D. m 4. 2 Câu 17. Giả sử hàm số f x liên tục trên đoạn [0;2] thỏa mãn f x dx 6. Tính tích phân 0 2 I f 2sin x cos xdx. 0 A. 3.B. – 3.C. 6.D. – 3. Trang 2
3. Câu 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A 2;4 và B 8;4 . Tìm tọa độ điểm C trên trục Ox, có hoành độ dương sao cho tam giác ABC vuông tại C. A. C 3;0 . B. C 1;0 . C. C 5;0 . D. C 6;0 . 2 16 3 Câu 19. Giá trị lớn nhất của hàm số y x trên đoạn ;4 bằng: x 2 155 A. 24.B. 20.C. 12.D. . 12 Câu 20. 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 hình trụ, AB 4a, AC 5a. Tính thể tích khối trụ: A. V 8 a3. B. V 16 a3. C. V 12 a3. D. V 4 a3. Câu 21. Cho hàm số y log 1 x . Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề sai? 2 A. Hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định. B. Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang. C. Đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận đứng là trục tung. D. Hàm số đã cho có tập xác định là D ¡ \ 0. 12 2 1 m Câu 22. Cho x là số thực dương, khai triển nhị thức x ta có hệ số của số hạng chứa x bằng x 792: Giá trị của m là: A. m 3 và m 9. B. m 0 và m 9. C. m 9. D. m 0. Câu 23. Tìm tập nghiệm S của phương trình 2x 1 4 A. S 4. B. S 1. C. S 3. D. S 2. Câu 24. Cho tứ diện ABCD có ACD  BCD , AC AD BC BD A,CD 2Aa. Giá trị của O để hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc với nhau là: a 2 a 3 a 3 a 5 A. . B. . C. . D. . 3 3 2 3 a Câu 25. Cho khối chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh , SAC vuông tại S và nằm trong mặt 2 phẳng vuông góc với đáy, cạnh bên SA tạo với đáy góc 60o . Tính thể tích V của khối chóp SABCD. a3 3 a3 3 a3 6 a3 2 A. V . B. V . C. V . D. V . 24 12 24 24 4 Câu 26. Cho tích phân I x 1 sin 2xdx . Đẳng thức nào sau đây là đúng? 0 Trang 3
4. 4 1 4 4 A. I x 1 cos2x cos2xdx. B. I x 1 cos2x cos2xdx. 0 2 0 0 1 4 1 4 4 C. I x 1 cos2x cos2xdx. D. I x 1 cos2x 4 cos2xdx. 2 0 2 0 0 0 Câu 27. Cho hàm số y f x có đạo hàm cấp 2 trên khoảng K và xo K. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Nếu f '' xo 0 thì xo là điểm cực trị của hàm số y f x B. Nếu xo là điểm cực trị của hàm số y f x thì f '' xo 0 C. Nếu xo là điểm cực trị của hàm số y f x thì f ' xo 0 D. Nếu xo là điểm cực trị của hàm số y f x thì f '' xo 0 1 Câu 28. Tìm nguyên hàm của hàm số f x 2 x ln x 2 1 1 A. f x dx C. B. f x dx C. ln x 2 ln x 2 x C. f x dx C. D. f x dx ln x 2 C. ln x 2 2 Câu 29. Tính tích tất cả các nghiệm của phương trình 22 x 5x 4 4 5 5 A. 1.B. . C. . D. – 1. 2 2 2 Câu 30. Ký hiệu (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y x 1 ex 2 x ;y 0;x 2 . Tích thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình (H) xung quanh trục hoành 2e 1 2e 3 e 1 e 3 A. V . B. V . C. V . D. V . 2e 2e 2e 2e Câu 31. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho a 1; 2;3 và b 2; 1; 1 . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Vecto a không vuông góc với b B. Vecto a cùng phương với b C. a 14. D. a;b 5; 7; 3 Câu 32. Cho hình chóp S.ABCD có SC x 0 x a 3 , các cạnh còn lại đều bằng a. Biết rằng thể tích a m khối chóp S.ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x m,n ¥ * . Mệnh đề nào sau đây đúng? n Trang 4
5. A. m 2n 10. B. 2m2 3m 15. C. m2 n 30. D. 4m n2 20. Câu 33. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số sau đạt cực tiểu tại x 0 y x8 m 1 x5 m2 1 x4 1 A. Vô số.B. 3.C. 2.D. 4. Câu 34. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  2018;2018 để phương trình 2 2 2 18 x 1 x 1 x 2 x2 1 m x2 1 có nghiệm thực? 2 x 2 x 1 A. 25.B. 2019.C. 2018.D. 2012. Câu 35. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng bốn nghiệm phân biệt x2 x2 7 3 5 m 7 3 5 2x2 1 1 1 1 1 1 A. 0 m . B. 0 m . C. m 0. D. m . 16 16 2 2 16 Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A 3;0;0 ;B 0;0;3 ;C 0; 3;0 và mặt phẳng    P : x y z 3 0. Tìm trên (P) điểm M sao cho MA MB MC nhỏ nhất A. M 3;3; 3 . B. M 3; 3;3 . C. M 3;3;3 . D. M 3; 3;3 . Câu 37. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình log 2x2 3 log x2 mx 1 có tập nghiệm là ¡ . A. Vô số.B. 2.C. 5.D. 0. Câu 38. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số f x 6 x2 6x 12 6x x2 4 .Tính tích các nghiệm của phương trình f x M A. – 6.B. 3.C. – 3.D. 6. Câu 39. Gọi F x là một nguyên hàm của hàm số f x x3 2x2 1thỏa mãn F 0 5. Khi đó phương trình F x 5 có số nghiệm thực là: A. 0.B. 1.C. 2.D. 3. Câu 40. Biết phương trình z2 mz n 0 (với m,n là các tham số thực) có một nghiệm là z 1 i . Tính môđun của số phức z m ni. A. 2 2. B. 4. C. 16.D. 8. x2 mx 2m Câu 41. Cho hàm sô f x . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để x 2 max f x 5 . Tổng tất cả các phần tử của S là: [ 1;1] A. – 11.B. 9.C. – 5.D. – 1. Trang 5
6. Câu 42. Một giải thi đấu bóng đá quốc gia có 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội bất kì thi đấu với nhau đúng 2 trận). Sau mỗi trận đấu, đội thắng 3 điểm, đội thua 0 điểm, nếu hòa mỗi đội được 1 điểm. Sau giải đấu ban tổ chức thống kê được 60 trận hòa. Hỏi tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu là A. 336.B. 630.C. 360.D. 306. Câu 43. Một hộp sữa hình trụ có thể tích V (không đổi) được làm từ một tấm tôn có diện tích đủ lớn. Nếu hộp sữa chỉ kín một đáy thì để tốn ít vật liệu nhất, hệ thức giữa bán kính đáy R và đường cao h bằng: A. h 3R. B. h 2R. C. h 2R. D. h R. 2 2 Câu 44. Bất phương trình log2 x 2m 5 log2 x m 5m 4 0 đúng với mọi x [2;4) khi và chỉ khi A. m [0;1). B. m [ 2;0) .C. m (0;1]. D. m ( 2;0]. Câu 45. Cho tứ diện ABCD có AD  (ABC), ABC có tam giác vuông tại B. Biết BC 2a, AB 2a 3, AD 6a . Quay tam giác ABC và AB (bao gồm cả điểm bên trong 2 tam giác) xung quanh đường thẳng AB ta được hai khối tròn xoay. Thể tích phần chung của 2 khối tròn xoay đó bằng: 5 3 a3 3 3 a3 64 3 a3 4 3 a3 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Câu 46. Cho hàm số y f x xác định và liên tục trên ¡ , có đạo hàm f ' x . Biết rằng đồ thị hàm số f ' x như hình vẽ. Xác định điểm cực đại của hàm số g x f x x A. Không có giá trị. B. x 0. C. x 1. D. x 2. 2 3 Câu 47. Cho hàm số y f x thỏa mãn f ' x f x . f '' x x 2x x ¡ và f 0 f ' 0 2. Tính giá trị của T f 2 2 268 160 268 4 A. . B. . C. . D. . 15 15 30 15 Câu 48. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Biết AB 2AD 2DC 2a góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) là 60o . Độ dài cạnh SA là: A. a 2. B. 2a 3. C. 3a 2. D. a 3. Câu 49. Cho các hàm số fo x , f1 x , f2 x , biết: fo x ln x ln x 2019 ln x 2019 , fn 1 x fn x 1,n ¥ . Số nghiệm của phương trình f2020 x 0 là Trang 6
7. A. 6058.B. 6057.C. 6059.D. 6063. Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1;2; 1 , B 0;4;0 , mặt phẳng (P) có phương trình 2x y 2z 2017 0 . Mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A,B và tạo với mặt phẳng (P) một  góc nhỏ nhất. (Q) có một vecto pháp tuyến là n(Q) 1;a;b , khi đó a b bằng A. 4.B. 0.C. 1.D. – 2. Trang 7
8. Đáp án 1-C 2-A 3-D 4-A 5-A 6-B 7-D 8-D 9-D 10-C 11-C 12-B 13-C 14-B 15-C 16-A 17-A 18-D 19-B 20-C 21-A 22-A 23-B 24-B 25-A 26-C 27-C 28-B 29-A 30-C 31-C 32-A 33-C 34-D 35-A 36-C 37-D 38-B 39-C 40-A 41-C 42-A 43-D 44-B 45-B 46-D 47-A 48-A 49-C 50-B LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C Có 4 mặt phẳng đối xứng như trong hình vẽ dưới đây: Câu 2: Đáp án A Cách 1: 1 1 1 1 Ta có: z 1 2i 2 1 2i 2 5 Cách 2: 2 1 1 3 4 Ta có z 1 2i 1 4i 4i2 3 4i i z 3 4i 25 25 2 2 1 3 4 1 Do đó z 25 25 5 Câu 3: Đáp án D Số nghiệm của phương trình x3 3x2 2 m là số giao điểm của đồ thị hàm số y x3 3x2 2 và đường thẳng y m 2 x 0 Ta có: y ' 3x 6x 0 . Ta có đồ thị hàm số như hình vẽ: x 2 Quan sát đồ thị hàm số ta có đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y x3 3x2 2 tại 2 điểm phân biệt m 2 m 2 Chú ý: Để làm bài nhanh hơn, các em có thể vẽ BBT thay cho đồ thị hàm số. Câu 4: Đáp án A Trang 8
9. 2.1 1.1 1 TXĐ: D R \ 2. Ta có: y ' x 2 2 x 2 2 xo 1 Gọi M xo ; C xo 2 Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x xo là: 1 x 1 y ' x x o d ' 2 o x 2 xo 2 o 1 Để d ' / / d : x y 1 y x 1 2 1 (vô nghiệm) xo 2 Không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x xo của đồ thị hàm số y f x song song với đường thẳng y kx b khi và chỉ khi f ' xo k (Lưu ý: Thử lại để loại trường hợp trùng). Câu 5: Đáp án A Với x 0 d 0 Từ đồ thị ta thấy nếu gọi x1; x2 là hai điểm cực trị của hàm số thì khi đó 2b x x 0 1 2 3a b 0 c c 0 x x 0 1 2 3a Câu 6: Đáp án B Hàm số y f x có f ' x 0x ¡ thì đồng biến trên ¡ . 1 1 1 1 x x 1 Khi đó ta có f f 1 1 1 0 0 x x x x x 0 Vậy x ;0  1; 1 Chú ý: Khi giải bất phương trình 1 nhiều học sinh có cách giải sai như sau x 1 1 x 1 và chọn đáp án C. x Câu 7: Đáp án D Ta có: x 0 2 y’ - 0 + 0 - Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên ;2 và đồng biến trên 2; . Câu 8: Đáp án D Trang 9
10. Gọi q là công bội của cấp số nhân đã cho ta có: 2 2 2 20u1 10u2 u3 20u1 10u1q u1q 40 20q 2q 2 q 10q 25 10 2(q 5)2 10 10 Dấu “=” xảy ra q 5 6 6 Khi đó số hạng thứ sáu của cấp số nhân trên là u7 u1q 2.5 31250 n 1 Sử dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân un u1q Câu 9: Đáp án D        Mặt phẳng (P) vuông góc với Q , R n  n ,n  n n n ,n P Q P R P Q R      Ta có: n 1;1;3 ,n 2; 1;1 n n ,n 4;5; 3 Q R P Q R Phương trình mặt phẳng đi qua điểm B 2;1; 3 và có vecto pháp tuyến n 4;5; 3 là: 4 x 2 5 y 1 3 z 3 0 4x 5y 3z 22 0        Mặt phẳng (P) vuông góc với Q , R n  n ,n  n n n ,n . P Q P R P Q R Phương trình mặt phẳng đi qua điểm M xo ; yo ; zo và có vecto pháp tuyến n A; B;C là : A x xo B y yo C z zo 0 Câu 10: Đáp án C 6x 6x 2 Ta có: ln 5 3x ' 2 2 5 3x 3x 5 Câu 11: Đáp án C 1 1 1 1 Ta có: log5 2 ;log5 3 log2 5 a log3 5 b 1 1 1 ab log 5 6 log 6 log 2 log 3 1 1 a b 5 5 5 a b Câu 12: Đáp án B Giả sử: z a bi (với a,b ¡ ) Khi đó: 2z i.z 2 5i 2 a bi i a bi 2 5i 2a b 2 a 3 2a b 2b a i 2 5i 2b a 5 b 4 Do đó: z 3 4i z 32 42 5 Câu 13: Đáp án C 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. Trang 10
11. 1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên. Câu 14: Đáp án B x2 1 Ta có: x sin 2x dx cos 2x C 2 2 Sử dụng công thức nguyên hàm xn 1 1 xndx C n 1 , sin ax b dx cos ax b C n 1 ax b Câu 15: Đáp án C Ta có: SA  (ABCD) SA  BD Lại có: BD  AC (do ABCD là hình vuông) BD  (SAC) BD  AN Mà AN  SO (giả thiết) AN  (SBD) AN  (SOD) Sử dụng quan hệ vuông góc trong không gian. Câu 16: Đáp án A TXĐ: D ¡ \ 2. Ta có: 2 2 2.1 1. m 2m m2 2m 2 m 1 1 y ' 0x D x 2 2 x 2 2 x 2 2 y ' 0x [3;4] Hàm số đã cho nghịch biến trên [3;4] m2 2m 4 min y y 4 ;max y y 3 m2 2m 3 [3;4] 2 [3;4] m2 2m 4 A ; B m2 2m 3 2 19 m2 2m 4 19 Theo đề bài ta có A B m2 2m 3 2 2 2 2 2 m 2m 4 2m 4m 6 19 2 m 1 3m 6m 9 0 2 2 m 3 Hàm phân thức bậc nhất trên đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó. Câu 17: Đáp án A 1 Đặt t 2sin x dt 2cos xdx dt cos xdx 2 Trang 11
12. x 0 t 0 Đổi cận: x t 2 2 1 2 1 2 Vậy I f t dt f x dx 3 2 0 2 0 Câu 18: Đáp án D  CA 2 c;4 Gọi C c;0 Ox c 0 ta có  CB 8 c;4   Tam giác ABC vuông tại C CA.CB 0 2 c 8 c 16 0 c 0 ktm 16 2c 8c c2 16 0 c2 6c 0 C 6;0 c 6 tm Câu 19: Đáp án B 16 16 3 Ta có: y ' 2x y 0 2x3 2x3 16 x 2 ;4 x2 x2 2 3 155 Ta lại có: y ; y 2 12; y 4 20 2 12 Vậy max y 20 khi x 4 3 ;4 2 Câu 20: Đáp án C Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC có BC AC 2 AB2 25a2 16a2 3a 2 A 2 2 Vậy thể tích khối trụ là V .BC 2a .3a 12 a B Câu 21: Đáp án A Tập xác định của hàm số: x 0 x 0 Đáp án D đúng. log 1 x khi x 0 2 Ta có: y log 1 x 2 log 1 x khi x 0 2 1 Vì 0 a 1 hàm số y log 1 x nghịch biến trên 0; và hàm số y log 1 x đồng biến trên 2 2 2 ;0 Xét hàm số y loga x ta có: + Tập xác định: D 0; + Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm TCĐ. Trang 12
13. + Có a 1 thì hàm số luôn đồng biến trên 0; và 0 a 1 thì hàm số luôn nghịch biến trên 0; + Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm 1;0 , a;1 và nằm bên phải trục tung. Câu 22: Đáp án A 12 12 k 12 2 1 k 2 12 k 1 k 24 3k m Ta có: x C 12 x C 12 x , do đó hệ số của số hạng chứa x trong khai triển x k 0 x k 0 24 m trên ứng với 24 3k m k 3 24 m 5 24 m 3 m 9 Theo bài ra ta có C 3 792 12 24 m m 3 7 3 Câu 23: Đáp án B Ta có: 2x 1 4 2x 1 22 x 1 2 x 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 1 Câu 24: Đáp án B Gọi H là trung điểm của CD. Do tam giác ACD cân tại A và tam giác BCD cân tại B CD  AH CD  ABH CD  AB CD  BH Gọi E là trung điểm của AB, do tam giác ABC cân tại C CE  AB . AB  CD Ta có AB  CDE AB  DE AB  CE ABC  ABD AB ABC  CE  AB  ABC ; ABD  CE;DE CED 90o ABD  DE  AB Ta có ABC ADC c.c.c CE DE CDE vuông cân tại E CD CE 2 2x CE 2 CE x 2 * Xét tam giác vuông CBH có BH2 BC2 CH2 a2 x2 Xét tam giác vuông ACH có AH2 AC2 CH2 a2 x2 2a2 2x2 Xét tam giác vuông ABH có AB2 AH2 BH2 2a2 2x2 AE 2 a2 x2 a2 x2 a2 x2 Xét tam giác vuông ACE có CE 2 AC 2 AE 2 a2 CE 2 2 2 Trang 13
14. a2 x2 a 3 Thay vào (*) ta có x 2 a2 x2 4x2 3x2 a2 x . 2 3 Câu 25: Đáp án A Gọi H là hình chiếu của S trên AC. SAC  ABCD AC Ta có SH  ABCD SAC  SH  AC Ta có:  SA, ABCD  SA, AH  SA, AC SAC a 2 Ta có: AC AB 2 . 2 a 2 a SA AC.cos60o 2 Xét SAC vuông tại S ta có: a 3 SC AC.sin60o 2 Áp dụng hệ thức lượng cho SAC vuông tại S và có đường cao SH ta có: a a 3 . SA.SC a 3 SH 2 2 AC a 4 1 1 a 3 a2 a3 3 V SA.S . . S.ABCD 3 ABCD 3 4 2 24 Câu 26: Đáp án C du dx u x 1 Đặt: 1 dv sin 2xdx v cos2x 2 4 1 4 1 4 Do đó: I x 1 sin 2xdx x 1 cos2x cos2xdx 0 2 0 2 0 Câu 27: Đáp án C Nếu x xo là điểm cực trị của hàm số thì f ' xo 0 f ' xo 0 Nếu x xo là điểm cực trị của hàm số thì f '' xo 0 Câu 28: Đáp án B 1 d ln x 2 1 Ta có: f x dx dx C 2 2 x ln x 2 ln x 2 ln x 2 Chú ý: Học sinh có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải bài toán này, bằng cách đặt t ln x 2 Câu 29: Đáp án A Trang 14
15. 1 2 x Ta có: 22 x 5x 4 4 2x2 5x 4 2 2x2 5x 2 0 2 x x 1 1 2 x 2 Câu 30: Đáp án C 2 Phương trình hoành độ giao điểm: x 1 ex 2 x 0 x 1 0 x 1 2 2 Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành là: V x 1 ex 2 x dx 1 2 2 1 2 1 2 1 e 1 ex 2 x d x2 2x ex 2 x 2 1 2 1 2 2e 2e Câu 31: Đáp án C Ta có: a.b 1.2 2. 1 3. 1 1 0 a,b không vuông góc loại đáp án A. Ta thấy không tồn tại số k để a kb a,b không cùng phương loại đáp án B. 2 a 1 2 32 14 Đáp án C đúng. Câu 32: Đáp án A Vì SA SB SD a nên hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD SH  ABCD Do tam giác ABD cân tại A H AC Dễ dàng chứng minh được: AC SBD ABD c.c.c SO AO SAC vuông tại S 2 (tam giác có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy) AC SA2 SC2 a2 x2 SA.SC ax Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC có SH AC a2 x2 1 1 Ta có OA AC a2 x2 2 2 a2 x2 3a2 x2 OB AB2 OA2 a2 BD 3a2 x2 4 2 1 Do ABCD là hình thoi S AC.BD ABCD 2 1 1 ax 2 2 2 2 1 2 2 Khi đó ta có: VS.ABCD SH.SABCD . a x . 3a x ax 3a x 3 6 a2 x2 6 Trang 15
16. x2 3a2 x2 3a2 1 3a2 a3 Áp dụng BĐT Cosi ta có: x 3a2 x2 V a 2 2 S.ABCD 6 2 4 2 2 2 2 3a a 6 a m m 6 Dấu “=” xảy ra x 3a x x m 2n 10 2 2 n n 2 Câu 33: Đáp án C Ta có y' 8x7 5 m 1 x 4 4 m2 1 x3;y'' 56x6 20 m 1 x3 12 m2 1 x2 7 4 2 3 3 4 2 y 0 8x 5 m 1 x 4 m 1 x 0 x 8x 5 m 1 x 4 m 1 0 TH1: Xét m2 1 0 m 1 • Khi m 1 ta có y' 0 x3 8x 4 10x x 4 8x3 10 x 0 là nghiệm bội 4 x 0 không là cực trị của hàm số. • Khi m 1 ta có y' 0 x3.8x 4 0 8x7 0 x 0 là nghiệm bội lẻ x 0 là điểm cực trị của hàm số. Hơn nữa qua điểm x 0 thì y' đổi dấu từ âm sang dương nên x 0 là điểm cực tiểu của hàm số. TH2: Xét m2 1 0 m 1 ta có: x2 0 y 0 x2 8x5 5 m 1 x2 4 m2 1 x 0 5 2 2 8x 5 m 1 x 4 m 1 x 0 x2 0 x 0 là nghiệm bội chẵn không là cực trị của hàm số, do đó cực trị của hàm số ban đầu là nghiệm của phương trình g x 8x5 5 m 1 x2 4 m2 1 x 0 Hàm số đạt cực tiểu x 0 g ' 0 0 Ta có g ' x 40x 4 10 m 1 x 4 m2 1 g ' 0 4 m2 1 0 m2 1 0 1 m 1 Vậy kết hợp 2 trường hợp ta có 1 m 1. Do m Z m 1;0 Nếu x xo là điểm cực trị của hàm số thì f ' xo 0 f ' xo 0 Nếu x xo là điểm cực trị của hàm số thì f '' xo 0 Câu 34: Đáp án D 2 2 2 18 x 1 x 1 Ta có x 2 x2 1 m x2 1 2 x 2 x 1 2 2 x 2 x 1 18 x2 1 2 m x 1 x 2 x2 1 Trang 16
17. 2 2 x 2 x 1 18 x2 1 Đặt f x 2 x 1 x 2 x2 1 Sử dụng chức năng MODE 7, ta tìm min f x 7 x 0 Để phương trình f x m có nghiệm m 7 Kết hợp điều kiện ta có m 7;2018,m ¢ Vậy có 2018 7 1 2012 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 35: Đáp án A 4 Ta có: 7 3 5 7 3 5 49 45 4 7 3 5 7 3 5 x2 x2 4 1 x2 Phương trình tương đương với: m 7 3 5 .2 7 3 5 2 2 2 2 2 x 2.2x 2x . 7 3 5 2m 7 3 5 0 2 x2 x2 2 2 2. 2m 0 * 7 3 5 7 3 5 2 x2 2 2 Đặt t x log 2 t. 7 3 5 7 3 5 2 2 Ta có: 0 1 log 2 t 0 0 t 1 (*) 2t t 2m 0 1 7 3 5 7 3 5 Để có phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt t 0;1 1 0 1 16m 0 m 16 af 0 0 4m 0 1 af 1 0 2 2m 1 0 m 0 0 m 16 b 1 0 1 0 1 1 m 2a 2 2 4 1 Nhận thấy: 7 3 5 7 3 5 4 7 3 5 4. 7 3 5 7 3 5 Câu 36: Đáp án C    Gọi điểm I a,b,c thỏa mãn IA IB IC 0  IA 3 a; b; c     Ta có: IB a; b;3 c IA IB IC 3 a;3 b;3 c 0  IC a; 3 b; c Trang 17
18. 3 a 0 a 3 3 b 0 b 3 I 3;3;3 3 c 0 c 3 Ta có               MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI IA IB IC MI MI    Do đó MA MB MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất M là hình chiếu của I trên (P) Ta thấy 3 3 3 3 0 I (P) Nên hình chiếu của I trên (P) là chính nó Do đó M  I M 3;3;3 Câu 37: Đáp án D Bất phương trình tương đương với: log 2x2 3 log x2 mx 1 x R a 1 0 0 2x2 3 x2 mx 1 x2 mx 2 0 x R * (vô nghiệm)  2 m 8 0 Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. log f x log g x 0 f x g x Câu 38: Đáp án B Ta có: f x 6 x2 6x 12 6x x2 4 6 x2 6x 12 x2 6x 12 8 Đặt t x2 6x 12 x 3 2 3 3, khi đó ta có f t t 2 6t 8x 3 Ta có f ' t 2t 6 0 t 3 Bảng biến thiên: t 3 f ' t 0 - f t 17 max f t 17 t 3 x 3 2 3 3 x 3 [3; ] max f x 17 M x 3 Vậy phương trình f x M có nghiệm duy nhất x 3, do đó tích các nghiệm của chúng bằng 3. Câu 39: Đáp án C x4 2x3 Ta có: F x x3 2x2 1 dx x C 4 3 Trang 18
19. x4 2x3 Lại có: F 0 5 C 5 F x x 5 4 3 x4 2x3 x4 2x3 x 0 F x 5 x 0 x 1 0 4 3 4 3 x 1,04 Câu 40: Đáp án A Cách 1: Vì z 1 i là nghiệm của phương trình z2 mz n 0 nên: 1 i 2 m 1 i n 0 m n 2 m i 0 m n 0 m 2 2 2 z m n 2 2 2 m 0 n 2 Cách 2: Vì z 1 i là nghiệm của phương trình z2 mz n 0 nên z 1 i cũng là nghiệm của phương trình z2 mz n 0 m z z 1 i 1 i 2 2 2 Do đó z m n 2 2 n z.z 1 i . 1 i 2 Nếu z là một nghiệm của phương trình bậc hai dạng az2 bz c 0 thì z là nghiệm còn lại của phương trình az2 bz c 0 . Câu 41: Đáp án C x2 mx 2m x2 4x x 0 Xét hàm số g x g ' x 2 0 x 2 x 2 x 4 1 1 1 m Khi x 0 g 0 m . Ta có g 1 3m 1 m ; g 1 1 m 3 3 1 1 Mà 1 m m m 3 1  Suy ra max f x max m , m 1 , m  max m , m 1 [ 1;1] 3  1 m 1 m m TH1: 2 m 0;1;2;3;4 m 1 5 6 m 4 1 m 1 m m TH2: 2 m 5; 4; 3; 2; 1 m 5 5 m 5 Suy ra tổng các phần tử của S bằng – 5. Câu 42: Đáp án A Vì 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội bất kì thi đấu với nhau đúng 2 trận) nên mỗi đội sẽ thi đấu với 11 đội còn lại, do đó tổng số trận đấu là 12.11 = 132 (trận). Số trận hòa là 16 trận, số trận không hòa là 132 - 60 = 72. Trang 19
20. 60 trận hòa, mỗi đội được 1 điểm, vậy có 120 điểm. 72 trận không hòa, mỗi trận đội thắng được 3 điểm, vậy có 72.3 = 216 điểm. Vậy tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu là 120 + 126 = 336. Câu 43: Đáp án D V Ta có: Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: V R2h h R2 Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: S 2 Rh R2 V 2V S 2 .R R2 R2 R2 R V V Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ba số dương ; ; R2 ta có: R R V V V V R2 33 R2 33 V 2 R R R R V V R3 Dấu “=” xảy ra R2 R3 V R3 h R R R2 Câu 44: Đáp án B 2 2 Yêu cầu bài toán tương đương với: log2 x 2m 5 log2 x m 5m 4 0,x [2;4) m 1 log2 x m 4,x [2;4) m min log2 x 1 m log2 x 1,x [2;4) [2;4) m log x 4,x [2;4) 2 m max log2 x 4 [2;4) m log2 2 1 0 m [ 2;0) m log2 4 4 2 Cách giải phương trình bậc hai có tham số m Cho phương trình t 2 2m 5 t m2 5m 4 0 * Cách 1: Cho m 100 , phương trình (*) trở thành: t 2 205t 10504 0 có hai nghiệm t1 1001 m 1;t2 1004 m 4 2 2 Cách 2: Tính 2m 5 4.1 m 5m 4 9 0 3 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt: 2m 5 3 2m 5 3 t m 1; t m 4 1 2.1 2 2.1 Câu 45: Đáp án B Trang 20
21. Khối nón N1 được sinh bởi ABC khi quay quanh AB có chiều cao h1 AB và bán kính đáy R1 BC . Khối nón N2 được sinh bởi ABC khi quay quanh AB có chiều cao h2 AB và bán kính đáy R2 AD . Do hai khối nón cùng có chiều cao AB nên hai đáy của hai khối nón nằm trong hai mặt phẳng song song. Trong mặt phẳng đáy của hình nón N1 kẻ đường kính GH//DE. Dễ dàng chứng minh được DEGH là hình thang cân. Gọi M AG  BE; N AH  BD; I AB  MN Khi đó phần chung giữa hai khối nón N1 và N2 là hai khối nón: 1 Khối nón N đỉnh B, đường cao BI, bán kính đáy IN V .IN 2.BI 3 3 3 1 Khối nón N đỉnh A, đường cao AI, bán kính đáy IN V .IN 2.AI 4 4 3 Thể tích phần chung 1 1 1 1 V V V .IN 2.BI .IN 2.AI .IN 2.(AI BI) .IN 2.AB 3 4 3 3 3 3 MN AI MN BI MN MN AI BI Áp dụng định lí Ta-let ta có: ; 1 GH AB DE AB GH DE AB 1 1 1 1 MN 1 MN. 1 MN 3a 2BC 2AD 2.2a 2.6a MN 3a Dễ thấy I là trung điểm của MN IN 2 2 2 1 3a 3 3 a3 Vậy V . .2a 3 3 2 2 Câu 46: Đáp án D x 0 Ta có g ' x f ' x 1 0 f ' x 1 x 1 x 2 Bảng biến thiên: x 0 1 2 g ' x - 0 - 0 + - g x Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y g x có 1 điểm cực đại là x 2. Trang 21
22. Câu 47: Đáp án A 2 Ta có: VT f x . f ' x ' f ' x . f ' x f x . f '' x f ' x f x . f '' x 3 f ' x . f x ' x 2x * x4 Nguyên hàm hai vế của (*) ta được: f ' x . f x x2 C 1 4 x4 Lại có: f ' 0 f 0 2 C 2.2 4 1 f x . f ' x x2 4 4 4 5 3 x 2 x x f x f ' x dx x 4 dx f x df x 4x A 4 20 3 f 2 x x5 x3 x5 2x3 4x A f 2 x 8x 2A 2 20 3 10 3 x 2x3 Có f 0 2 4 2A A 2 f 2 x 8x 4 10 3 25 2.23 268 f 2 x 8.2 4 10 3 15 Câu 48: Đáp án A Gọi E là trung điểm của AB. Ta dễ dàng chứng minh được ABCE là hình vuông CE  AB CE  SAB CE  SB CE  SA SB  EH Trong (SAB) kẻ HE  SB ta có: SB  CHE SB  CH SB  CE SAB  SBC SB · · o SAB  EH  SB SAB , SBC EH,CH C· HE 60 SAC  CH  SB a Xét tam giác vuông CEH có EH CE.cot 60o . 3 a . SA2 4a2 SA SB EH.SB 3 Ta có SAB : EHG g.g SA EH BE BE a Trang 22
23. 3SA SA2 4a2 3SA2 SA2 4a2 SA2 2a2 SA a 2 Câu 49: Đáp án C fo x 0 f x 0 f x 1 2018 2017 fo x 2 Ta có: f x 0 f x 1 2020 2019 f x 2 f x 3 2018 2017 fo x 2020 1 ;0 x e 2019 2019 x ln x 4038;0 x e 2019 2019 1 2019 2019 Xét hàm số y fo x ln x;e x e , ta có: y ' ;e x e x ln x 4038; x e2019 1 2019 ; x e x BBT hàm số y fo x x 0 e 2019 e2019 y’ + - + y 2019 -2019 Vậy số nghiệm của phương trình là: 2019.3 2 6059 Câu 50: Đáp án B    Ta có: AB 1;2;1 ,n Q .AB 0 1 2a b 0 b 1 2a   n(P).n(Q) 2 a 2b 2 a 2 1 2a cos   2 2 2 2 2 2 2 n(P) . n(Q) 2 1 2 . 1 a b 3 1 a 2a 1 3a 1 2 4 2 3 5a 4a 2 5 a a2 1 4 2 2 Đặt t thì 5 5 4t 2t 2 2 t 1 3 3 a a a2 1 1 1 1 cos đạt giá trị lớn nhất khi cos 4 2 3 3 3 5 a a2 Dấu “=” xảy ra khi t 1 a 1 b 1 a b 0 Trang 23