Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán - Đề số 3 - Năm học 2020-2021 (Có lời giải chi tiết)

Nội dung text: Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán - Đề số 3 - Năm học 2020-2021 (Có lời giải chi tiết)

1. ĐỀ SỐ 3 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. Cho mặt cầu (S) có diện tích bằng 4 . Thể tích khối cầu (S) bằng: 4 16 A. 16 . B. 32 . C. . D. . 3 3 Câu 2. Hệ thức liên hệ giữa giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số y x3 2x là A. yCT yCD 0. B. yCD yCT . C. 2yCD 3yCT . D. yCD 2yCT . Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ a 2; 3;1 và b 1;4; 2 . Giá trị của biểu thức a.b bằng A. 16. B. 4. C. 4.D. 16. Câu 4. Cho hàm số y x4 2x2. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hàm số đồng biến trên khoảng ; 2 . B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ; 2 . C. Hàm số đồng biến trên khoảng 1;1 . D. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;1 . Câu 5. Biểu thức P 3 x.5 x2. x x (với x 0 ), giá trị của là 1 5 9 3 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Câu 6. Cho các số thực a, b (với a b ). Nếu hàm số y f x có đạo hàm là hàm liên tục trên thì b b A. f x dx f a f b . B. f x dx f b f a . a a b b C. f x dx f a f b . D. f x dx f b f a . a a Câu 7. Cho khối cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC có OA = OB = OC = a và OA, OB, OC đôi một vuông góc. Thể tích của (S) bằng 3 a3 3 a3 3 3 a3 4 a3 A. . B. . C. . D. . 2 6 8 3 Câu 8. Số nghiệm thực của phương trình log3 x log3 x 6 log3 7 là A. 0.B. 1.C. 2.D. 3. Trang 1
2. Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, phương trình mặt phẳng đi qua điểm A 1;2; 3 có vectơ pháp tuyến n 2; 1;3 là: A. 2x y 3z 9 0. B. 2x y 3z 4 0. C. x 2y 4 0. D. 2x y 3z 4 0. Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số f x ex x là 1 1 1 A. ex x2 C B. ex x2 C C. ex x2 C D. ex 1 C 2 x 1 2 Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1; 2; 0 , B 3; 2; 8 . Tìm một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB. A. u 1;2; 4 . B. u 2;4;8 . C. u 1;2; 4 . D. u 1; 2; 4 . Câu 12. Một hộp đựng 5 viên bi màu xanh, 7 viên bi màu vàng. Có bao nhiêu cách lấy ra 6 viên bi bất kỳ? A. 66528.B. 924.C. 7.D. 942. Câu 13. Một cấp số cộng có u1 3,u8 39. Công sai của cấp số cộng đó là A. 8.B. 7.C. 6.D. 5. Câu 14. Cho hai số phức z1 4 3i, z2 4 3i, z3 z1.z2. Lựa chọn phương án đúng: 2 A. z3 25. B. z3 z1 . C. z1 z2 z1 z2. D. z1 z2. Câu 15. Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên như hình vẽ? A. y x3 3x. B. y x3 3x 1. C. y x3 3x. D. y x4 2x2. Câu 16. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y x3 3x 4 trên đoạn 0;2. A. min y 2. B. min y 0. C. min y 1. D. min y 4. 0;2 0;2 0;2 0;2 Câu 17. Tìm m để hàm số y mx4 m2 1 x 1 đạt cực đại tại x 0 A. m 0. B. m 1. C. m 1. D. 1 m 1. Câu 18. Kí hiệu a, b là phần thực và phần ảo của số phức 3 2 2i. Tính P ab. A. P 6 2i. B. P 6 2. C. P 6 2i. D. P 6 2. Trang 2
3. Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Ozyz, phương trình nào sau đây không phải phương trình mặt cầu? A. 2x2 2y2 2z2 2x 4y 6z 5 0. B. x2 y2 z2 2x y z 0. C. x2 y2 z2 3x 7y 5z 1 0. D. x2 y2 z2 3x 4y 3z 7 0. Câu 20. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 bc. Tính S 2ln a ln b ln c. a a A. S 2ln . B. S 1. C. S 2ln . D. S 0. bc bc Câu 21. Phương trình bậc hai nào dưới đây nhận hai số phức 2 3i và 2 3i làm nghiệm? A. z2 4z 3 0. B. z2 4z 13 0. C. z2 4z 13 0. D. z2 4z 3 0. Câu 22. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M 1;2;3 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho M là trọng tâm tam giác ABC. A. P : 6x 3y 2z 18 0. B. P : 6x 3y 2z 6 0. C. P : 6x 3y 2z 18 0. D. P : 6x 3y 2z 6 0. 1 1 Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình 2 x là 4 1 1 A. ;0 . B. ; 2 . C. ; \ 0. D. 2;0 . 2 2 Câu 24. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y x2 4 và y x 2? 5 8 9 A. . B. . C. . D. 9. 7 3 2 Câu 25. Cho hình nón có bán kính đáy r = 4 và diện tích xung quanh bằng 20 . Thể tích của khối nón đã cho bằng 16 80 A. 16 . B. 4 . C. . D. . 3 3 Câu 26. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau: Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là: A. 4.B. 1.C. 3.D. 2. Trang 3
4. Câu 27. Cho lăng trụ ABCD.A B C D có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên AA a, hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ABCD trùng với trung điểm H của AB. Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ đã cho a3 3 a3 3 a3 A. V . B. V . C. V a3. D. V . 6 2 3 Câu 28. Tính đạo hàm của hàm số y f x x . x tại điểm x 1. A. f 1 . B. f 1 2 ln . C. f 1 2 ln . D. f 1 1. Câu 29. Số giao điểm của đồ thị hàm số y x3 3x 1 và trục Ox bằng A. 4.B. 3.C. 2.D. 1. Câu 30. Trong không gian cho tam giác đều SAB và hình vuông ABCD cạnh a nằm trên hai mặt phẳng vuông góc. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, CD. Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD). Mệnh đề nào sau đây đúng? 2 2 3 3 3 A. tan . B. tan . C. tan . D. tan . 3 3 3 2 x Câu 31. Tìm tập nghiệm S của phương trình log2 9 2 3 x. A. S 3;0. B. S 0;3. C. S 1;3 D. S 3;1. Câu 32. Một thùng đựng thư được thiết kế như hình vẽ bên, phần phía trên là nửa hình trụ. Thể tích của thùng đựng thư bằng A. 320 80 . B. 640 40 . C. 640 80 . D. 640 160 . x2 Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số f x là x3 1 1 2 A. C. B. x3 1 C. 3 x3 1 3 2 1 C. C. D. x3 1 C. 3 x3 1 3 Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, các cạnh bên của hifh chóp bằng nhau và bằng 2 . Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (SCD). a 7 2a 7 a a 2 A. d . B. d . C. d . D. d . 30 30 2 2 Trang 4
5. x 1 y 1 z Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng d : và đường 1 1 2 1 x 2 y z 3 thẳng d : . Viết phương trình đường thẳng đi qua A 1;0;2 , cắt d và vuông góc 2 1 2 2 1 d2 x 1 y z 2 x 1 y z 2 x 1 y z 2 x 1 y z 2 A. . B. . C. . D. . 2 2 1 4 1 1 2 3 4 2 2 1 x2 m2 2m 1 Câu 36. Cho hàm số y (với m là tham số). Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m x m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. 1 1 1 A. m . B. m . C. m 1. D. m . 3 2 4 Câu 37. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z sao cho z 1 2i z 2 i là một đường thẳng có phương trình A. x 3y 0. B. 3x y 0. C. x y 0. D. x y 0. Câu 38. Cho hàm số y f x liên tục trên có đồ thị y f x như hình vẽ. Đặt g x 2 f x x 1 2 . Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số y g x trên đoạn  3;3 bằng A. g 0 . B. g 1 . C. g 3 . D. g 3 . Câu 39. Cho A là tập hợp các só tự nhiên có 7 chữ số. Lấy một số bất kì của tập A. Tính xác suất để lấy được số lẻ và chia hết cho 9. 625 1 1 1250 A. . B. . C. . D. . 1701 9 18 1710 x2 2 8 Câu 40. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y x2 ; y ; y ; y . 4 x x 7 3 5 4 A. 2ln 2. B. 2ln 2. C. 4ln 2. D. ln 2. 3 2 3 3 Trang 5
6. Câu 41. Có bao nhiêu số nguyên m để GTNN của hàm số y f x x4 8x2 m trên đoạn  1;3 đạt giá trị nhỏ nhất. A. 23.B. 24.C. 25. D. 26. Câu 42. Cho hàm số f x liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn 2 f x 3 f 1 x x 1 x, với mọi 2 x x 0;1. Tích phân xf bằng 0 2 4 4 16 16 A. . B. . C. . D. . 75 25 75 25 x 1 y z 1 Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : và hai điểm 2 3 1 A 1;2; 1 , B 3; 1; 5 . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A và cắt đường thẳng sao cho khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng d là lớn nhất. Phương trình đường thẳng d là: x 3 y z 5 x y 2 z A. . B. . 2 2 1 1 3 4 x 2 y z 1 x 1 y 2 z 1 C. . D. . 3 1 1 1 6 5 Câu 44. Cho hàm số bậc bốn y f x có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Số điểm cực trị của hàm số g x f 2x3 3x2 là A. 5.B. 3.C. 7.D. 11. Câu 45. Cho hàm số y f x . Hàm số y f x có bảng biến thiên: Bất phương trình f sin x 3x m nghiệm đúng với mọi x ; khi và chỉ khi 2 2 3 3 A. m f 1 . B. m f 1 . 2 2 Trang 6
7. 3 3 C. m f . D. m f 1 . 2 2 2 2 x 1 2 x m Câu 46. Cho phương trình 2 .log2 x 2x 3 4 .log2 2 x m 2 với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt. 1 3 1 3 A. m ;  ; . B. m ;  ; . 2 2 2 2 C. m ; 11; . D. m ;1  1; . Câu 47. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn xy 4y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 6y x 2y S ln . x y 3 A. 24 ln 6. B. 12 ln 4. C. ln 6. D. 3 ln 4. 2 Câu 48. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = BA = BC = 1. Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABC? 1 2 1 3 A. . B. . C. . D. . 6 12 8 12 Câu 49. Số giá trị nguyên của tham số m nằm trong khoảng 0;2020 để phương trình x 1 2019 x 2020 m có nghiệm là A. 2018.B. 2019.C. 2020.D. 2021. Câu 50. Cho hàm số f x 3 7 3x 3 7 3x 2019x. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m thỏa mãn điều kiện f x3 2x2 3x m f 2x 2x2 5 0, x 0;1 . Số phần tử của S là? A. 7.B. 3.C. 9.D. 5. Trang 7
8. Đáp án 1-C 2-A 3-A 4-B 5-A 6-B 7-A 8-C 9-A 10-B 11-A 12-B 13-C 14-A 15-A 16-A 17-B 18-D 19-D 20-D 21-C 22-C 23-A 24-A 25-A 26-C 27-B 28-C 29-B 30-B 31-B 32-C 33-B 34-B 35-C 36-B 37-B 38-D 39-C 40-C 41-D 42-C 43-D 44-C 45-A 46-A 47-C 48-C 49-A 50-C LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C. Diện tích mặt cầu (S) là: 4 R2 4 R 1. 4 4 Do dó thể tích khối cầu (S) là: V .R3 (đvtt). 3 3 Câu 2: Đáp án A. TXĐ: D ¡ . 2 Ta có y 3x2 2 0 x x x . 3 CT CD Mà hàm số đã cho là hàm số lẻ nên ta suy ra yCT yCD hay yCT yCD 0. Câu 3: Đáp án A. Ta có: a.b 2. 1 3 .4 1. 2 16. Câu 4: Đáp án B. TXĐ: D ¡ . 3 x 0 Ta có y 4x 4x 0 . x 1 Bảng xét dấu y như sau: Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng ; 1 và 0;1 ; nên nghịch biến trên khoảng ; 2 . Câu 5: Đáp án A. 1 5 1 3 1 3 5 3 5 3 3 Cách 1: Với x > 0 ta có: P 3 x.5 x2. x x. x2.x 2 x. x 2 x.x 2 x 2 x 2 x 1 Vậy . 2 Trang 8
9. 1 2 1 1 Cách 2: Ta có: P 3 x.5 x2. x x3 .x15 .x30 x 2 x . Phương pháp CASIO – VINACAL Câu 6: Đáp án B. b Ta có: f x dx f b f a . a Câu 7: Đáp án A. OA2 OB2 OC 2 3a 4 3 Ta có: R V R3 a3. 2 2 3 2 Câu 8: Đáp án C. x 0 Điều kiện: x 6. x 6 0 Phương trình tương đương với: log3 x x 6 log3 7 x x 6 7 2 x 7 (thoa man) x 6x 7 0 . x 1 (loai) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm thực. Chú ý: Ta có loga b loga c loga bc (với 0 a 1;b,c 0 ) Câu 9: Đáp án A. Phương trình mặt phẳng đi qua điểm A 1;2; 3 có vectơ pháp tuyến n 2; 1;3 là: 2 x 1 1 y 2 3 z 3 0 2x y 3z 9 0. Câu 10: Đáp án B. x2 Ta có: ex x dx exdx xdx ex C. 2 Câu 11: Đáp án A.  Ta có: AB 2;4; 8 2 1;2; 4 , vậy đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương là u 1;2; 4 . Câu 12: Đáp án B. Số cách lấy 6 viên bi bất kỳ (không phân biệt màu) trong 12 viên bi là một tổ hợp chập 6 của 12 (viên bi). 6 Vậy ta có C12 924 cách lấy. Trang 9
10. Câu 13: Đáp án C. u u 39 3 Theo công thức u u 7d, suy ra d 8 1 6. 8 1 7 7 Chú ý: Công thức tổng quát biểu diễn số hạng thứ un của CSC qua số hạng thứ nhất u1 un u1 n 1 d (với công sai d). Câu 14: Đáp án A. Ta có: z3 z1.z2 4 3i 4 3i 25 z3 25. Câu 15: Đáp án A. Bảng biến thiên là dạng hàm bậc ba, suy ra loại D. Đồ thị đi qua điểm 1; 2 , suy ra đáp án A. Câu 16: Đáp án A. TXĐ: D ¡ . x 1 0;2 Ta có: y 3x2 3 0 . x 1 0;2 Ta lại có: y 0 4, y 2 6, y 1 2. Do đó: min y y 1 2. 0;2 Phương pháp CASIO – VINACAL Câu 17: Đáp án B TXĐ: D ¡ . Ta có: y 4mx3 m2 1 . Để hàm số đạt cực đại tại x 0 thì y 0 0 m2 1 0 m 1. + Với m 1 y x4 1, suy ra y 4x3 0 x 0. Bảng xét dấu y Trang 10
11. Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x 0. Do đó suy ra m 1 không thỏa mãn. + Với m 1 y x4 1, suy ra y 4x3 0 x 0. Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đạt cực đại tại x 0. Do đó suy ra m 1thỏa mãn. Phương pháp trắc nghiệm: A , D + Chọn m 0  B , C y x 1. Đây là hàm bậc nhất không có cực trị, nên m 0 không thỏa mãn; do đó loại đáp án A, D. C 4 + Chọn m 1 B y x 1. Ta có y 4x3 0 x 0. Bảng xét dấu biểu thức: y 4x3 Suy ra hàm số y x4 1 đạt cực tiểu tại x 0, nên m 1 không thỏa mãn; do đó loại đáp án C. Câu 18: Đáp án D. Số phức 3 2 2i có phần thực a 3, phần ảo b 2 2. Vậy P ab 6 2. Câu 19: Đáp án D. Ở A, B, C đều có hệ số của x2 , y2 , z2 bằng nhau; nên chưa loại được đáp án. 3 4 3 Ở đáp án D có a ;b 2;c ;d 7 2 2 2 a2 b2 c2 d 0, nên phương trình ở đáp án D không phải là phương trình mặt cầu. Câu 20: Đáp án D. Ta có: S 2ln a ln b ln c ln a2 ln bc ln bc ln bc 0. Câu 21: Đáp án C. Trang 11
12. 2 3i 2 3i 4 2 Vì , nên 2 3i và 2 3i là hai nghiệm của phương trình z 4z 13 0. 2 3i . 2 3i 13 Chú ý: Cho phương trình bậc hai az2 bz c 0 với a,b,c ¡ và a 0 có hai nghiệm phức b z z b i 1 2 a z1,2 thì . 2a c z z 1 2 a Câu 22: Đáp án C. Gọi A a;0;0 , B 0;b;0 , C 0;0;c lần lượt là các giao điểm của mặt phẳng (P) với các trục Ox, Oy, Oz. x y z Phương trình mặt phẳng (ABC) là: 1. a b c Do M 1;2;3 là trọng tâm tam giác ABC xa xb xc 3xM a 0 0 3.1 a 3 ya yb yc 3yM 0 b 0 3.2 b 6. za zb zc 3zM 0 0 c 3.3 c 9 x y z Vậy phương trình mặt phẳng (ABC) là: 1 6x 3y 2z 18 0. 3 6 9 Câu 23: Đáp án A. 1 1 1 1 Bất phương trình tương đương với: 2 x 2 x 0. 4 x 2 Chú ý: a f x a g x f x g x khi a 1. a f x a g x f x g x khi 0 a 1. Câu 24: Đáp án A. Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: x2 4 x 2 2 x 1 x x 2 0 . x 2 2 Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là: S x2 4 x 2 dx 1 2 2 3 2 2 x x 9 x x 2 dx 2x . 3 2 2 1 1 Câu 25: Đáp án A. S 20 Ta có: S rl l xq 5 h l 2 r 2 52 42 3. xq r .4 Trang 12
13. 1 1 Vậy V r 2h . .42.3 16 . 3 3 Câu 26: Đáp án C. Ta có: lim y nên x 1 là TCĐ và lim y 5; lim y 2; nên y 2; y 5 là hai TCN của đồ thị x 1 x x hàm số đã cho. Câu 27: Đáp án B. Theo giả thiết, ta có A H  AB. a 3 Tam giác vuông A HA, có A H A A2 AH 2 . 2 2 Diện tích hình vuông SABCD a (đvdt). Thể tích khối lăng trụ ABCD.A B C D là: a3 3 V S .A H (đvtt) ABCD.A B C D ABC 2 Câu 28: Đáp án C. Đạo hàm f x x . x x . x .x 1. x . x .ln . Suy ra f 1 2 ln . Câu 29: Đáp án B. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y x3 3x 1 và trục Ox là: x3 3x 1 0. Bấm máy tính ta thấy phương trình có 3 nghiệm phân biệt nên số giao điểm là 3. Câu 30: Đáp án B. Dễ dàng xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là đường thẳng d đi qua S và song song với AB. Trong mặt phẳng (SAB) có SH  AB SH  d. CD  HK Ta có CD  SHK CD  SK d  SK. CD  SH Từ đó suy ra ·SAB , SCD S·H, SK H· SK. HK 2 3 Trong tam giác vuông SHK, có tan H· SK . SH 3 Câu 31: Đáp án B. 8 Phương trình tương đương với: 9 22 23 x 9 2x 2x x 2 2 1 x 0 2x 9.2x 8 0 . x 2 8 x 3 Câu 32: Đáp án C. Thể tích phần phía dưới (hình hộp chữ nhật): V1 4.4.40 640. Trang 13
14. 1 2 Thể tích phần bên trên (nửa hình trụ): V2 2 40 80 . 2 Vậy thể tích thùng đựng thư: V V1 V2 640 80 . Câu 33: Đáp án B. 2 Đặt: t x3 1 t 2 x3 1 tdt x2dx. 3 2 2 Khi đó I dt t C. 3 3 2 Với t x3 1 thì I x3 1 C. 3 Câu 34: Đáp án B. Gọi O là tâm của đáy, suy ra SO  ABCD . Ta có d A, SCD 2d O; SCD . Gọi J là trung điểm CD, suy ra OJ  CD. Gọi K là hình chiếu của O trên SJ, suy ra OK  SJ. SO.OJ a 7 Khi đó d O; SCD OK . SO2 OJ 2 30 2a 7 Vậy d A, SCD 2OK . 30 Câu 35: Đáp án C.  Ta có: u 1;2;2 . d2   Gọi I d1  , I 1 t; 1 2t; t AI t;2t 1; t 2 u .   Do  d u .u 0 t 2 2t 1 2 t 2 0 t 2. 2 d2  Vậy AI 2;3; 4 . x 1 y z 2 Phương trình đường thẳng cần tìm là: . 2 3 4 Câu 36: Đáp án B. TXĐ: D ¡ \ m. x2 2mx m2 2m 1 Ta có: y . x m 2 Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định thì: y 0,x D x2 2mx m2 2m 1 0,x m Trang 14
15. a 1 0 1 m . 2m 1 0 2 ax2 bx c Bài toán tổng quát: Tìm điều kiện của tham số để hàm số y a,m 0 đơn điệu trên từng mx n khoảng xác định. n  Bước 1: TXĐ: D ¡ \ . m Ax2 Bx C Bước 2: Ta có: y . mx n 2 Bước 3: Theo bài ra ta có: + Để hàm số đồng biến trên D thì y 0,x D Ax2 Bx C 0,x D A 0 . 0 + Để hàm số nghịch biến trên D thì y 0,x D x2 Bx C 0,x D A 0 . 0 Câu 37: Đáp án B. Gọi số phức z thỏa mãn đề bài là: z x yi x, y ¡ . Ta có: z 1 2i z 2 i x 1 y 2 i x 2 1 y i . Suy ra: x 1 2 y 2 2 x 2 2 y 1 2 6x 2y 0 3x y 0. Câu 38: Đáp án B. Ta có: g x 2 f x 2 x 1 2 f x x 1 . Và đường thẳng y x 1 cùng với đồ thị hàm số y f x trên cùng một hệ trục tọa độ. x 3 Ta có: g x 0 f x x 1 x 1 x 3 Bảng biến thiên của hàm g x trên  3;3 Trang 15
16. Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: min g x min g 3 ; g 3   3;3 Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y f x , y x 1, x 3, x 1. Gọi S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y f x , y x 1, x 1, x 3. 1 3 Ta có S S f x x 1 dx x 1 f x dx 1 2 3 1 1 1 1 1 g x dx g x dx 2 3 2 3 1 3 3 3 g x dx g x dx 0 g x dx 0 g x 0 3 3 1 3 g 3 g 3 0 g 3 g 3 min g x g 3 .  3;3 Câu 39: Đáp án C. Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 7 chữ số  9.106 Số chia hết cho 9 số có tổng các chữ số chia hết cho 9 Gọi số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 cần tìm là x ta có 1000017 x 9999999, có 9999999 1000017 1 500000 số thõa mãn. 18 50000 1 Vậy xác suất cần tìm là . 9.106 18 Gọi số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 cần tìm là x ta có 1000017 x 9999999, hai số lẻ liền nhau chia hết cho 9 cách nhau 18 đơn vị. Câu 40: Đáp án C. 2 x2 x3 2 x 3 2 x 8 x2 x3 8 x 2 x Các hoành độ giao điểm x2 2 x3 9 x 2 4 x 2 x 8 x3 32 x 2 3 4 4 x Trang 16
17. Gọi S là diện tích cần xác định, ta có S S1 S2 2 2 3 4 2 2 3 4 2 3 3 2 2 8 x x x x dx dx 2ln x 8ln x 4ln 2 (đvdt). 3 x x 4 3 12 2 2 3 2 2 Câu 41: Đáp án D. 2 Ta có: y f x x4 8x2 m x4 8x2 m x2 4 16 m . Đặt t x2 4 , vì x  1;3 t 0;25. Khi đó y g t t 16 m . Ta có min f x min g t min m 9 ; m 16.  1;3 0;25 Nếu m 9 0 m 9, khi đó min f x m 9 0, khi đó min min f x 0, khi m 9.  1;3  1;3 Nếu m 16 0 m 16, min f x m 16 0, min min f x 0, khi m 16. x  1;3  1;3 Nếu m 9 m 16 0 16 m 9, khi đó min f x 0, khi đó min min f x 0 x  1;3  1;3 Vậy min min f x 0, khi 16 m 9.  1;3 Vì m ¢ , nên có 26 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 42: Đáp án C. x 1 Đặt t dt dx. 2 2 x 0 t 0 Đổi cận: . x 2 t 1 1 1 1 Khi đó tích phẩn cần tính: I 2t. f t 2dt 4 t. f t dt 4 t.d f t 0 0 0 1 1 1 4t. f t 4 f t dt 4 f 1 4 f t dt (1). 0 0 0 Theo tính chất tích phân có 1 1 1 1 1 4 f x dx 2 f x 3 f 1 x dx x 1 xdx (2). 0 2 3 0 5 0 75 Thay lần lượt x 0; x 1 vào đẳng thức đã cho có: 2 f 0 3 f 1 0 f 1 f 0 0 (3). 2 f 1 3 f 0 0 Trang 17
18. 16 Kết hợp (1), (2), (3) có I . 75 Câu 43: Đáp án D. Gọi I  d. Khi đó I 1 2t;3t; 1 t d.     Ta có: AB 2; 3; 4 ; AI 2t 2;3t5 2; t AI, AB 8 15t;6t 8;10 12t .   2 AI, AB 405t 576t 228 Suy ra: d B;d  . AI 14t 2 20t 8 405t 2 576t 228 3 135t 2 192t 76 Xét hàm số f t . 14t 2 20t 8 2 7t 2 10t 4 2 t 2 3 6t 16ty 8 Ta có: f t . 2 0 2 . 2 7t 2 10t 4 t 3 Bảng biến thiên hàm f(t) như sau 2 Dựa vào bảng biến thiên, suy ra d B;d f 27. min 3  1 5 Suy ra AI ;2; . 3 3  Chọn một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là: u 3AI 1;6; 5 . x 1 y 2 z 1 Vậy phương trình đường thẳng d: d : . 1 6 5 Câu 44: Đáp án C. Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống Do y f x là hàm số bậc bốn nên là hàm số liên tục và có đạo hàm luôn xác định với mọi x. Trang 18
19. x x 2; 1 1 Theo đồ thị hàm số ta có được f x 0 x x2 1;0 . 3 x x3 0; 4 x 0 x 1 6x2 6x 0 2 3 2 3 2 Mặt khác g x 6x 6x . f 2x 3x 0 2x 3x x1 . f 2x3 3x2 0 3 2 2x 3x x2 3 2 2x 3x x3 Xét hàm số h x 2x3 3x2 trên ¡ . 2 x 0 Ta có h x 6x 6x 0 , từ đó ta có bảng biến thiên của y h x như sau: x 1 3 2 Từ BBT của hàm số h x 2x 3x nên ta có h x x1 có đúng một nghiệm, h x x2 có đúng 1 nghiệm, h x x3 có đúng ba nghiệm phân biệt và các nghiệm này đều khác 0 và 1. Vì thế phương trình g x 0 có đúng bảy nghiệm phân biệt và đều là các nghiệm đơn nên hàm số y g x có 7 cực trị. Cách 2: Phương pháp ghép trục 3 Cọi a, b, c là các điểm cực trị của hàm số y f x , trong đó 2 a b 0 c . 4 3 2 2 x 0 Đặt t 2x 3x ;t 0 6x 6x 0 . x 1 Khi đó phương trình g x f 2x2 3x2 f t . Ta có bảng biến thiên Trang 19
20. Do phương trình g x 0 có đúng bảy nghiệm phân biệt và đều là các nghiệm đơn nên hàm số y g x có 7 cực trị Câu 45: Đáp án A. Bất phương trình đã cho tương đương với m f sin x 3x,x ; . 2 2 Xét hàm số g x f sin x 3x trên ; . 2 2 Bài toán trở thành tìm m để m g x ,x ; m max g x . 2 2 ; . 2 2 Ta có g x cos x. f sin x 3. Nhận xét: 0 cos x 1 Với x ; g x 0. 2 2 1 sin x 1 3 f sin x 0 3 Do đó ta có m max g x g f sin 3. f 1 . ; . 2 2 2 2 2 2 3 Vậy m f 1 . 2 Câu 46: Đáp án A. Phương trình tương đương với x2 2x 3 2 2 x m 2 2 .log2 x 2x 3 2 .log2 2 x m 2 (*) t Xét hàm f t 2 .log2 t trên 2; . 2t Ta có f t 2t.ln 2.log t 0,t 2. 2 t.ln 2 Trang 20
21. Suy ra hàm số f t là hàm số đồng biến trên 2; . Nhận thấy (*) có dạng f x2 2x 3 f 2 x m 2 x2 2x 3 2 x m 2 2 x 1 2 x m x2 4x 2m 1 0 (1) x 1 2 2 x m . 2 2 x 1 2 x m x 2m 1 (2) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi TH1. Phương trình (1) và (2) đều có nghiệm kép và hai nghiệm này khác nhau (1) 0 m . 2 x 2m 1 0 TH2. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, phương trình (2) vô nghiệm (1) 0 4 2m 1 0 1 m . 2 x 2m 1 0 2m 1 0 2 TH3. Phương trình (1) vô nghiệm, phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt (1) 0 4 2m 1 0 3 m . 2 x 2m 1 0 2m 1 0 2 TH4. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biết, phương trình (2) cũng có hai nghiệm phân biệt và hai nghiệm của (1) giống hai nghiệm của (2) hay nói cách khác hai phương trình tương đương m . 1 3 Vậy m ;  ; là giá trị cần tìm. 2 2 Câu 47: Đáp án C. 2 x 4 1 1 Ta có xy 4y 1 2 2 4 4. y y y y x Đặt t ,0 t 4. y 6y x 2y 6 S ln thành S ln t 2 . x y t 6 3 Xét hàm số f t ln t 2 trên 0;4 được min f t f 4 ln 6. t 0;4 2 Câu 48: Đáp án C. Cách 1: Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC). Khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. Vì ABC cân tại B nên H thuộc đường trung trực BM của AC Đặt AC x. Trang 21
22. 1 1 x2 x 4 x2 abc 1 Ta có: S .BM.AC .x. 1 và R . ABC 2 2 2 4 4 4S ABC 4 x 3 x2 Chiều cao của khối chóp là: SH SB2 BH 2 SB2 R2 . 4 x2 2 2 1 1 3 x2 x 4 x2 x 3 x Thể tích khối chóp là: V .SH.S . . . 3 ABC 3 4 x2 4 12 2 2 2 x 3 x 3 Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x2 3 x2 . 4 2 2 2 x 3 x 3 1 Do đó V . 12 2.12 8 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x2 3 x2 x . 2 Cách 2: Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của C lên (SAB) và SB. 1 1 1 3 3 1 Thể tích khối chóp: V .CK.S .CI.S . . . . 3 SAB 3 SAB 3 2 4 8 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi hình chiếu của C lên (SAB) trùng trung điểm SB. Câu 49: Đáp án A. 2018, x 1;2019 Ta có: f x x 1 2019 x . 2x 2020 , x 1;2019 Vì hàm số h x 2x 2020 là hàm số đồng biến trên đoạn 1;2019 nên ta có min h x min h 1 ;h 2019  2018 1;2019 max h x max h 1 ;h 2019  2018 1;2019 min f x 0 min f x 0 1;2019 ¡ Suy ra . max f x 2018 max f x 2018 1;2019 ¡ Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 0 2020 m 2018 2 m 2020 Suy ra có 2018 giá trị nguyên của m nằm trong khoảng 0;2020 . Câu 50: Đáp án C. Vì f x 3 7 3x 3 7 3x 2019x là hàm số lẻ và đồng biến trên ¡ nên ta có f x3 2x2 3x m f 2x 2x2 5 x3 2x2 3x m 2x2 2x 5 Trang 22
23. x3 4x2 5x 5 m 2x2 2x 5 x3 2x2 3x m 2x2 2x 5 . 3 x x 5 m Xét g x x3 4x2 5x 5 và h x x3 x 5 trên 0;1 có bảng biến thiên là Từ bảng biến thiên suy ra f x3 2x2 3x m f 2x 2x2 5 0,x 0;1 khi và chỉ khi m 3 3 m 5. m 5 Trang 23