Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán - Đề số 4 - Năm học 2020-2021 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán - Đề số 4 - Năm học 2020-2021 (Có đáp án)

1. ĐỀ SỐ 4 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC: 2020 – 2021 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề Câu 1. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P : 2x y z 1 0. Điểm nào sau đây không thuộc mặt phẳng (P) ? A. 0; 2; 1 . B. 2;1; 1 . C. 1;1;4 . D. 2; 1; 4 . Câu 2. Cho hàm số y f x xác định và liên tục trên ¡ có bảng biến thiên sau: Phương trình f x 8 có số nghiệm thực là A. 0.B. 1.C. 2.D. 3. Câu 3. Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 người vào một bàn tròn? A. 6!.B. 5!.C. 2.5!.D. 2.4!. Câu 4. Cho các khẳng định sau với 0 a 1;b,c 0. 1.loga bc loga b loga c. 2 2.loga b 2loga b. 2 2 3.loga b c loga 2 bc . Số khẳng định sai là A. 0.B. 2.C. 3.D. 1. Câu 5. Khẳng định nào sau đây đúng? 1 1 1 A. dx ln x C. B. dx ln ax b C, a 0 . x ax b a 1 1 C. dx ln x C. D. dx ln x 1 C. x 1 x 1 Câu 6. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M 1;2; 4 . Khoảng cách từ M đến trục Oz bằng A. 6. B. 5. C. 3.D. 2 5. Câu 7. Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có M là điểm nằm trong tứ giác ABCD sao cho SABCD 5SABM . Gọi O' là điểm bất kì nằm trong (A'B'C'D'). Tỉ số thể tích hình chóp O'.ABM và hình lăng trụ ABCD.AB'C'D' bằng Trang 1
2. 1 1 3 1 A. . B. . C. . D. . 15 5 5 3 2x 2 Câu 8. Một nguyên hàm của hàm số y là x 1 2 A. ln x 1 2 . B. ln2 x 1 . C. ln x2 2x . D. ln2 x2 2x . Câu 9. Cho số phức z 2 5i. Khi đó mô đun của z 1 là 13 29 17 A. . B. . C. 5. D. . 13 29 17 Câu 10. Cho hình trụ có thể tích bằng 16 a3, đường kính đáy bằng 4a. Chiều cao của hình trụ bằng A. 2a.B. 4a.C. 6a.D. 8a. 2n3 n n4 Câu 11. Giá trị của lim bằng n2 2n2 1 1 A. -1.B. + .C. . D. 0. 2 Câu 12. Hàm số y x3 x2 x 5 đạt cực đại tại 1 A. x . B. x 2. C. x 3. D. x 4. 3 Câu 13. Nghiệm của phương trình 10log 2 3x 5 là 1 1 A. . B. 2. C. 1. D. . 4 2 Câu 14. Cho mặt cầu S : x2 y2 z2 2x 6y 4z 5 0. Bán kính của mặt cầu (S) là A. 3.B. 2.C. 4.D. 6. 2 Câu 15. Cho hình nón có diện tích xung quanh là Sxq 10 cm , bán kính đáy R 3cm. Khi đó đường sinh của hình nón là 10 A. l cm. B. l 4cm. C. l 6cm. D. l 7cm. 3 ab3 5 c Câu 16. Cho loga b 2;loga c 5; A . Giá trị biểu thức log A a bằng a3 4 b2 c2 13 2 40 3 A. . B. . C. . D. . 2 13 3 40 Câu 17. Cho z a bi . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Phần thực là a và phần ảo là bi.B. Điểm biểu diễn z là a;b . C. z2 a2 b2 2abi. D. z a2 b2. Trang 2
3. x 2020 Câu 18. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y là x2 2020 A. 1.B. 2.C. 3.D. 4. Câu 19. Cho tứ diện ABCD có AD 14, BC 6. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, BD và MN 8. Gọi là góc giữa hai đường thẳng BC và MN. Khi đó, tan bằng 2 2 1 2 A. . B. 3. C. . D. . 3 2 4 2 x Câu 20. Cho hàm số y . Khẳng định nào sau đây là đúng? x 1 A. Hàm số nghịch biến trên ; 1  1; . B. Hàm số nghịch biến trên ¡ \ 1. C. Hàm số nghịch biến trên ¡ . D. Hàm số nghịch biến trên ; 1 , 1; . Câu 21. Số giao điểm của đồ thị hàm số y x3 3x 3 và đường thẳng y x là A. 1.B. 2.C. 3.D. 0. x 2 log1 x Câu 22. Tập nghiệm của bất phương trình 5 3 1 là A. 2; . B. ;0 . C. 0;2 . D. 0; . Câu 23. Cho hàm số y f x ax3 bx2 cx d có đồ thị như hình bên. Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai? A. Phương trình f x 0 có 3 nghiệm phân biệt. B. Đồ thị hàm số luôn đồng biến trong khoảng 1; . C. Hàm số có điểm cực đại nhỏ hơn điểm cực tiểu. D. Hàm số có hệ số a 0. 2 Câu 24. Tập xác định của hàm số y log2x 1 x 3x 2 là 1 1 A. 1; . B. 2; . C. ;1  2; . D. ;1 . 2 2 1 5 Câu 25. Cho I f 2x 3 dx 4. Khi đó giá trị của f x dx bằng 0 3 A. 1.B. 2.C. 8.D. 11. Câu 26. Hàm số y 3x3 4x 2 có giá trị nhỏ nhất trên 1;3 bằng A. 2.B. 4.C. 5.D. 30. Trang 3
4. x 1 y z 2 Câu 27. Tọa độ hình chiếu vuông góc của M 6;0;0 trên đường thẳng : là 1 2 2 A. 2;2;1 . B. 1; 2;0 . C. 4;0; 1 . D. 2;2;0 . Câu 28. Cho số phức z a bi. Khi đó số z z bằng A. 2 a2 b2 . B. 2b. C. 4b2. D. 2 b . Câu 29. Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A'B'C'D' có chiều cao bằng 6a và đường chéo 10a. Thể tích khối lăng trụ này là A. 64a3.B. 96a 3.C. 192a 3.D. 200a 3. Câu 30. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A 3;1;2 , B 1;3;4 ,C 4; 1;3 . Điểm D thỏa mãn ABCD là hình bình hành. Khi đó, tọa độ điểm D là A. 8; 3;1 . B. 1; 2;4 . C. 1;0;1 . D. 2;4; 1 . Câu 31. Gieo 2 đồng xu A và B một cách độc lập với nhau. Đồng xu A chế tạo cân đối. Đồng xu B chế tạo không cân đối nên xác suất xuất hiện mặt sấp gấp ba lần xác suất xuất hiện mặt ngửa. Xác suất để khi gieo hai đồng xu hai lần thì cả hai đồng xu đều ngửa là 1 1 1 1 A. B. C. D. 16 64 32 4 Câu 32. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB a, AD a 3. Khoảng cách giữa hai đường thẳng DD' và AC' bằng a 3 a 3 a 2 A. . B. a 3. C. . D. . 4 2 2 2 Câu 33. Cho hàm số y x3 2mx2 m 2. Có bao nhiêu giá trị của m để hàm số đạt giá trị lớn nhất 3 trên 1;3 bằng 6? A. 1.B. 2.C. 3.D. 4. Câu 34. Một quả bóng bầu dục có khoảng cách giữa 2 điểm xa nhất bằng 20 cm và cắt quả bóng bằng mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng đó thì được đường tròn có diện tích bằng 16 (cm2). Thể tích của quả bóng bằng bao nhiêu? (Tính gần đúng đến hai chữ số thập phân) A. 0,15 (lít).B. 0,38 (lít).C. 0,5 (lít).D. 1 (lít). Câu 35. Quỹ tích các điểm M biểu diễn số phức  1 i 3 1 3 biết số phức z thỏa mãn z 1 2 là 2 2 A. Hình tròn x 3 2 y 3 16. B. Đường tròn x 3 2 y 3 16. 2 2 C. Hình tròn x 3 2 y 3 4 D. Đường tròn x 3 2 y 3 4. Trang 4
5. Câu 36. Một hình nón được cắt bởi một mặt phẳng (P) song song với đáy. Mặt phẳng này chia với mặt xung quanh của hình nón thành hai phần có diện tích bằng nhau như hình vẽ. Gọi (N1) là hình nón có đỉnh A, bán kính đáy HM; (N 2) là hình nón có đỉnh A, bán kính đáy OD. Tỉ số thể tích của khối nón (N1) và khối nón (N2) là 1 1 A. B. 2 8 2 2 C. D. 4 8 x y 2 z 3 Câu 37. Cho phương trình đường thẳng d : và đường thẳng d : x 1 y z 1. 4 1 1 Mặt cầu có bán kính lớn nhất thỏa mãn tâm I nằm trên (d’), đi qua A 3;2;2 và tiếp xúc với đường thẳng d có phương trình A. x 1 2 y2 z 1 2 9. B. x 3 2 y 2 2 z 3 2 1. C. x 2 2 y 1 2 z 1 2 9. D. x 2 2 y 2 2 z2 9. Câu 38. Có bao nhiêu giá trị của m để đồ thị hàm số y x3 3mx2 4mx m 2 cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số nhân? A. 2.B. 1.C. 3.D. 0. Câu 39. Theo số liệu của Tổng cục thống kê, năm 2016 dân số Việt Nam ước tính khoảng 94444200 người. Tỉ lệ tăng dân số hàng năm ở Việt Nam được duy trì ở mức 1,07% . Cho biết sự tăng dân số được tính theo công thức S A.eNr (trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì năm bao nhiêu dân số Việt Nam ở mức 120 triệu người? A. 2037.B. 2040.C. 2038.D. 2039. Câu 40. Cho hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y log2 x, y 0, x 4. Đường thẳng x 2 chia S1 2 hình phẳng đó thành 2 hình có diện tích là S1 S2. Tỷ lệ thể tích là S2 7 1 A. 2.B. . C. 3.D. . 4 4 Câu 41. Cho số phức z thỏa mãn z 1. Tổng giá trị lớn nhất M max và giá trị nhỏ nhất M min của biểu thức M z2 z 1 z3 1 bằng A. 6.B. 9.C. 3.D. 10. Trang 5
6. Câu 42. Cho hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số y g x f x2 2x có bao nhiêu điểm cực đại? A. 2.B. 3.C. 1.D. 0. Câu 43. Số giá trị nguyên không lớn hơn 10 của m để bất phương trình 2 1 5 2 có nghiệm trên m 1 log 1 x 2 4 m 5 log 1 4m 4 0 ,4 . 2 2 x 2 2 A. 14.B. 13.C. 15.D. 12. Câu 44. Cho hàm số y x3 3x 2 C và đường thẳng d : y m x 2 . Tích các giá trị của m để diện tích hai hình phẳng S1 S2 (như hình vẽ) 1 A. . B. 1 4 3 C. . D. 9. 2 x Câu 45. Cho hàm số f x 4t3 8t dt. Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của 1 hàm số f x trên đoạn [2;5]. Khi đó, M m bằng A. 8.B. 12.C. 7.D. 9. Câu 46. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số y x3 3mx 2 cắt đường tròn tâm I 1;1 , bán kính bằng 1 tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho diện tích 1 tam giác IAB bằng . . 2 2 3 1 3 2 5 2 3 A. m . B. m . C. m . D. m . 2 2 2 3 Câu 47. Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có BB a, góc giữa đường thẳng BB' và (ABC) bằng 60°, tam giác ABC vuông tại C và góc B· AC 60o. Hình chiếu vuông góc của điểm B' lên (ABC) trùng với trọng tâm của ABC . Thể tích của khối tứ diện A'.ABC theo a bằng 13a3 7a3 15a3 9a3 A. . B. . C. . D. . 108 106 108 208 x 2 t 2 2 2 Câu 48. Cho mặt cầu S : x y z 2x 4z 1 0 và đường thẳng d : y t . Tổng các giá trị z m t của m để d cắt (S) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho các mặt phẳng tiếp diện của (S) tại A và B vuông góc với nhau A. -5.B. -1.C. -4.D. 3. Trang 6
7. Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M 3;2;1 . Mặt phẳng (P) đi qua M và cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C không trùng với gốc tọa độ sao cho M là trực tâm tam giác ABC. Trong các mặt phẳng sau, mặt phẳng nào song song với mặt phẳng (P) ? A. 3x 2y z 14 0. B. 2x y 3z 9 0. C. 2x 2y z 14 0. D. 2x y z 9 0. Câu 50. Cho parabol P : y x2 2x, có đỉnh S và A là giao điểm khác O của (P) và trục hoành. M là điểm di động trên cung nhỏ SA, tiếp tuyến của (P) tại M cắt Ox, Oy tại E, F. Khi đó, tổng diện tích 2 tam giác cong MOF và MAE có giá trị nhỏ nhất bằng 23 13 32 28 A. . B. . C. . D. . 24 14 33 27 Đáp án 1-B 2-B 3-B 4-C 5-B 6-B 7-A 8-A 9-B 10-B 11-C 12-A 13-C 14-A 15-A 16-B 17-B 18-C 19-B 20-D 21-C 22-B 23-B 24-C 25-C 26-C 27-D 28-D 29-C 30-A 31-B 32-C 33-A 34-B 35-A 36-C 37-A 38-B 39-D 40-A 41-A 42-A 43-A 44-B 45-C 46-A 47-D 48-A 49-A 50-D LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B Ta thấy chỉ có điểm 2;1; 1 không thuộc mặt phẳng P . Câu 2: Đáp án B Số nghiệm cần tìm là số giao điểm của đường thẳng y 8 và đồ thị hàm số y f x . Từ bảng biến thiên ta thấy chỉ có duy nhất 1 giao điểm giữa hai đồ thị. Trang 7
8. Câu 3: Đáp án B Chọn 1 người làm vị khách danh dự ngồi ở vị trí cố định vậy 5 người còn lại có 5! cách xếp. Vậy có 5! cách. Câu 4: Đáp án C Khẳng định 1 sai vì các số có thể âm. Khẳng định 2 sai vì b có thể âm. Khẳng định 3 sai vì nếu a 1 thì chiều bất đẳng thức là ngược lại. Câu 5: Đáp án B 1 1 Sử dụng bảng nguyên hàm ta được dx ln ax b C, a 0 . ax b a Câu 6: Đáp án B Gọi hình chiếu của M lên trục Oz là M M 0,0, 4 2 MM 12 22 4 4 5. Câu 7: Đáp án A 1 d O , ABCD .S V ABM 1 1 1 Ta có O ABM 3 . . VABCD.A B C D d O , ABCD .SABCD 3 5 15 Câu 8: Đáp án A 2x 2 2 2 Ta có dx dx 2ln x 1 C ln x 1 C. 2 x 1 x 1 Câu 9: Đáp án B 1 1 29 Ta có . z 2 5i 29 Câu 10: Đáp án B 2 2 3 Ta có Vtru r h .4a .h 16 a h 4a. Câu 11: Đáp án C Cách 1. Dùng casio. 2X 3 X X 4 2n3 n n4 1 Nhập CALC X 105 ta tính được lim . X 2 2X 2 1 n2 2n2 1 2 2 1 3 4 1 2n n n 3 1 1 Cách 2. Có lim lim n n vì lim 0,k 0. 2 2 1 k n 2n 1 2 2 n n2 (Ta nhìn tử số và mẫu số sẽ thấy có bậc của n lớn nhất đều bằng 4 nên giới hạn ở đây sẽ bằng tỉ lệ hệ số 1 của chúng là ) 2 Trang 8
9. Mở rộng: Khi tính giới hạn dãy số ta chỉ cần giữ lại số hạng có số mũ cao nhất, ở đây đa thức dạng nk thì chỉ cần giữ lại k lớn nhất, an chỉ cần giữ lại a lớn nhất. 2n3 n n4 n4 1 Như bài này ta có lim lim . n2 2n2 1 n2 2n2 2 Câu 12: Đáp án A 1 Ta có y 3x2 2x 1 y 0 x 1, x . 3 Câu 13: Đáp án C Ta có 10log 2 3x 5 2 3x 5 x 1. Câu 14: Đáp án A Ta có x2 y2 z2 2x 6y 4z 5 0 x 1 2 y 3 2 z 2 2 9. Vậy R 9 3. Câu 15: Đáp án A S 10 Ta có S .r.l l xq . xq .r 3 Câu 16: Đáp án B 2 loga b 2 b a Cách 1. Ta có 5 loga c 5 c a 3 15 3 2 5 5 13 5 a. a . a 2 ab c a 2 1 2 A a log a log 13 a . 3 4 2 2 2 2 14 A 3 2 5 a 2 13 a b c a .4 a . a a Cách 2. Ta cho a bằng một giá trị bất kì, sau đó sẽ tìm được b, c và A. Câu 17: Đáp án B A sai vì phần ảo là b C sai vì z2 a2 b2 2abi D sai vì z a2 b2 . Câu 18: Đáp án C X 99999 KQ 1 KQ X 2020 X 99999  1 Dùng casio nhập CALC 2 KQ X 2020 X 2020,0001  KQ X 2020,0001  0 y 1 là tiệm cận ngang và x 2020 là tiệm cận đứng. Câu 19: Đáp án B Gọi P là trung điểm của cạnh CD, ta có Trang 9
10. ·MN, BC ·MN, NP . Trong tam giác MNP, ta có MN 2 PN 2 MP2 1 cos M· NP . Suy ra M· NP 60o. 2MN.NP 2 Suy ra tan 3. Câu 20: Đáp án D 3 Ta có y 0,x ¡ \ 1 x 1 2 Hàm số nghịch biến trên ; 1 , 1 . Câu 21: Đáp án C x 1 3 Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị x 4x 3 0 1 13 x 2 Câu 22: Đáp án B x 2 x 0 Điều kiện 0 x x 2 x 2 log1 x 3 x 2 x 2 Ta có 5 1 log1 0 1 x 0 3 x x Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ;0 . Câu 23: Đáp án B Khẳng định A đúng do đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt. Khẳng định B sai do dễ thấy trong khoảng 1;0 đồ thị hàm số đi xuống nên trong khoảng này hàm số nghịch biến. Khẳng định C đúng do điểm cực đại của hàm số nằm bên trái điểm cực tiểu. Khẳng định D đúng do đồ thị hàm số có xu hướng đi lên khi x . Câu 24: Đáp án C 2x 1 0 1 x 1 Điều kiện 2x 1 1 2 . 2 x 2 x 3x 2 0 Câu 25: Đáp án C 1 5 5 Đặt t 2x 3 dt 2dx I f t dt 4 f t dt 8. 2 3 3 Câu 26: Đáp án C Ta có y 3x3 4x 2 y 9x2 4 0,x 1;3 Trang 10
11. Vậy giá trị nhỏ nhất là y 1 5. Câu 27: Đáp án D Gọi M t 1;2t; 2t 2 là hình chiếu của M lên . Ta có   MM t 5;2t; 2t 2 ,u 1;2; 2   MM .u 0 t 5 4t 4t 4 0 t 1 M 2;2;0 . Câu 28: Đáp án D Ta có z z a bi a bi 2bi 2 b . Câu 29: Đáp án C Ta có AC 10a 2 6a 2 8a AB AD 4a 2 2 3 VABCD.A B C D 6a. 4a 2 192a . Câu 30: Đáp án A Ta có ABCD là hình bình hành xD 3 5 xD 8   AD BC yD 1 4 yD 3 D 8; 3;1 . zD 2 1 zD 1 Câu 31: Đáp án B 1 1 1 Xác suất gieo hai đồng xu một lần đều xuất hiện mặt ngửa là . . 2 4 8 1 1 1 Do đó, xác suất gieo hai đồng xu 1 lần đều xuất hiện mặt ngửa là . . 8 8 64 Câu 32: Đáp án C Ta có d DD , AC d BB , AC . Ta có A C A B 2 B C 2 2a. Kẻ B H  A C . A B .B C a.a 3 a 3 B H . A C 2a 2 Vì BB / / ACC A nên d BB , AC d BB , ACC A a 3 d BB , ACC A B H . 2 a 3 Nên d BB , AC . 2 Câu 33: Đáp án A Trang 11
12. 2 x 0 Cách 1. Xét y 0 2x 4mx 0 . x 2m 1 14 Trường hợp 1: 2m 1 m . Khi đó max y y 3 20 19m 6 m (loại) 2 x 1;3 19 1 3 • Trường hợp 2: 1 2m 3 m . Khi đó max y y 1 hoặc max y y 3 2 2 x 1;3 x 1;3 10 +) y 1 6 m (loại) 9 14 26 +) y 3 6 m , khi đó y 1 (thỏa mãn). 19 57 3 8 10 • Trường hợp 3: 2m 3 m . Khi đó max y y 1 3m 6 m (loại). 2 x 1;3 3 9 Cách 2. Giá trị lớn nhất của hàm số chỉ đạt tại f 1 , f 3 , f 2m (vì 0 1;3 ). Biện luận sẽ thấy f 2m không thể lớn nhất, từ đó chỉ so sánh f 1 và f 3 . Giả sử max f x f 1 6 tìm ra m thay vào f 1 , f 3 , f 2m (vì 0 1;3 x 1;3 Biện luận sẽ thấy f 2m không thể lớn nhất, từ đó chỉ so sánh f 1 và f 3 . Giả sử max f x f 1 6 tìm ra m thay vào f 3 xem có lớn hơn không, tương tự làm với f 3 . x 1;3 Câu 34: Đáp án B Quả bóng bầu dục sẽ có dạng elip, đặt tọa độ Oxy, xA 10 và xB 10. Ta có diện tích đường tròn thiết diện là 2 S r 16 r 4 yC 4 và yD 4. x2 y2 Ta sẽ có phương trình elip 1 100 16 4 2 x 3 y 16 1 dx 380 cm 0,38 1 . 4 100 Câu 35: Đáp án A Gọi số phức z a bi . Ta có 1 a bi 1 2 a 1 2 b2 4. Điểm M biểu diễn số phức  1 i 3 z 1 3 1 i 3 . a bi 1 3  a b 3 1 a 3 b 3 2 2  a b 3 1 a 3 b 3 4 a 1 2 4b2 4.4 16. Trang 12
13. Câu 36: Đáp án C Ta có mặt phẳng (P) chia với mặt xung quanh của hình nón thành hai phần có diện tích bằng nhau Sxq N 1 1 S 2 xq N2 AM AH HM Ta có MN / /CD nên theo định lí Ta-let ta có k AD AO OD Sxq N 1 .HM.AM 1 .k.OD.k.AD 1 1 2 1 k 2 k S 2 .O D.AD 2 .OD.AD 2 2 2 xq N2 3 2 2 V N .HM .AH . k.OD .k.AO 2 2 1 k 3 . V .OD2.AO .OD2.AO 2 4 N2 Câu 37: Đáp án A Gọi tâm I t 1;t;t 1 .  Khi đó AI t 2;t 2;t 1 , AI 3t 2 10t 9.  Lấy N 0;2;3 d, NI t 1,t 2,t 2 .   NI,u d 3t 9 2 Ta có d I,d  t 3 . ud 3 2 2 t 0 Có d I,d AI t 3 3t 10t 9 . t 2 Do bán kính lớn nhất nên chọn t 0. Khi đó phương trình mặt cầu là x 1 2 y2 z 1 2 9. Câu 38: Đáp án B Phương trình hoành độ giao điểm x3 3mx2 4mx m 2 0 * 2 Giả sử phương trình có 3 nghiệm phân biệt x1, x2 , x3 lập thành cấp số nhân x2 x1.x3 b x x x 1 2 3 a c x1.x2.x3 2 m x .x x .x x .x m 2 x3 Theo Vi-et ta có 1 2 1 3 2 3 2 2 a x2 x1.x3 d x1.x2.x3 a Thay tất cả vào phương trình (*) ta có x2 0 m 2 3 4 10 x2 3x2 4 x2 2 0 x2 n 3 27 3 x2 2 m 0 Thử lại, chỉ có m 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trang 13
14. Câu 39: Đáp án D Ta có S 120000000, A 94444200,r 1,07% 120000000 94444200e1,07%N N 22,38(năm) Vây sau 23 năm nữa dân số đạt mức 120 triệu người hay năm 2039, dân số Việt Nam ở mức 120 triệu. Câu 40: Đáp án A Ta có log2 x 0 x 1. 2 1 4 2 Hai hình phẳng được tạo thành có diện tích là S log x dx 2 và S log x dx 6 . 2 2 1 2 1 ln 2 2 ln 2 S 2 Tỷ lệ 1 2. S2 Câu 41: Đáp án A 2 3 Ta có M z z 1 z 1 5, khi z 1 M 5 M max 5. 1 z3 1 z3 1 z3 1 z3 1 z3 Mặt khác: M 1 z3 1, 1 z 2 2 2 Khi z 1 M 1 M min 1. Câu 42: Đáp án A Ta có g x 2 x 1 f x2 2x g x 0 2 x 1 f x x2 2x 0 x 1 x 1 x 1 2 x 1 2 x 2x 1 x 1 2 f x2 2x 0 x2 2x 1 x 2 x2 2x 0 x 0 x 1 2 2 2 x 2x 1 x 1 2 Ta có f x 2x 0 1 x2 2x 0 0 x 1 1 x 2 Bảng xét dấu của g x Trang 14
15. Bảng biến thiên của hàm y g x Vậy hàm số y g x f x2 2x có hai điểm cực đại. Câu 43: Đáp án A Điều kiện x 2 2 2 1 Ta có m 1 log 1 x 2 4 m 5 log 1 4m 4 0 2 2 x 2 2 4 m 1 log 1 x 2 4 m 5 log 1 x 2 4m 4 0 2 2 5 Đặt Do x ;4 t 1;1 t log 1 x 2 .   2 4 4 m 1 t 2 4 m 5 t 4m 4 0 m t 2 t 1 t 2 5t 1 t 2 5t 1 m f t t 2 t 1 t 2 5t 1 Xét f t trên  1;1 t 2 t 1 4 4t 2 f t 2 0,t  1;1 Hàm số đồng biến trên đoạn  1;1 t 2 t 1 t 2 5t 1 m có nghiệm trên  1;1 m min f t m f 1 3 t 2 t 1  1;1 m ¢ Có 14 giá trị của m thỏa mãn. m  3;10 Câu 44: Đáp án B Phương trình hoành độ giao điểm x 2 3 x 3x 2 m x 2 2 * x 1 m Để d và (C) giới hạn 2 hình phẳng thì (*) có ba nghiệm phân biệt 0 m 9 0 Nếu m 1,d đi qua điểm uốn 0;2 của (C). Khi đó S S x3 4x dx 4 1 2 2 Nếu 0 m 1: S1 4 S2 Trang 15
16. Nếu 1 m 9 : S1 4 S2 Nếu m 9 1 m 2;1 m 4 khi đó 2 S x3 3x 2 m x 2 dx 1 1 m 1 m S x3 3x 2 m x 2 dx 2 2 S2 S1 2m m 0 Vậy m 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 45: Đáp án C Ta có x x f x 4t3 8t dt t 4 4t 2 x2 4x 3, với x 2. 1 1 f x 2x 4; f x 0 x 2 2;5. f 2 1; f 5 8. Suy ra M m 7. Câu 46: Đáp án A Ta có y 3x2 3m nên y 0 x2 m. Đồ thị hàm số y x3 3mx 2 có hai điểm cực trị khi và chỉ khi m 0. Ta có 1 1 y x3 3mx 2 x 3x2 3m 2mx 2 x.y 2mx 2. 3 3 Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y x3 3mx 2 có phương trình : y 2mx 2 1 1 1 Ta có S IA.IB.sin ·AIB sin ·AIB IAB 2 2 2 1 Diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng khi sin ·AIB 1 AI  BI. 2 1 2 Gọi H là trung điểm AB ta có IH AB d 2 2 I ; 2m 1 2 Mà d I ; 4m2 1 2m 1 2 2 2 d I ; 4m 2 2 4m 1 4m2 1 2 2 3 8m2 16m 2 0 m . 2 Trang 16
17. Câu 47: Đáp án D Gọi M, N là trung điểm của AB, AC và trọng tâm của ABC. Ta có B G  ABC ·BB , ABC B· BG 60o. 1 1 V .S .B G AC.BC.B G A .ABC 3 ABC 6 a 3 Xét B'BG vuông tại G, có B· BG 60o B G . 2 Đặt AB 2x. Trong ABC vuông tại C có B· AC 60o. AB AC x, BC x 3 2 3 3a Do G là trọng tâm ABC BN BG . 2 4 Trong BNC vuông tại C, ta có BN 2 NC 2 BC 2 3a AC 2 2 2 9a x 2 2 9a 3a 2 13 3x x x 16 4 52 2 13 3a 3 BC 2 13 1 3a 3a 3 a 3 9a3 Vậy V . . . . A ABC 6 2 13 2 13 2 208 Câu 48: Đáp án A Để d cắt mặt cầu tại 2 điểm phân biệt A, B thì phương trình 2 t 2 t 2 m t 2 2 2 t 4 m t 1 0 1 có 2 nghiệm phân biệt. Ta có 1 3t 2 2 m 1 t m2 4m 1 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt 0 m 1 2 3m2 12m 3 0 m2 5m 1 0 m2 4m 1 t t 1 2 3 Pt có 2 nghiệm phân biệt, áp dụng Vi-ét 2 t t m 1 1 2 3   Khi đó, IA 1 t1;t1;m 2 t1 , IB 1 t2 ;t2 ;m 2 t2   Vậy IA.IB 1 t1 1 t2 t1t2 m 2 t1 m 2 t2 0 2 3t1t2 m 1 t1 t2 m 2 1 0 2 2 2 m2 4m 1 m 1 m 2 1 0 3 m 1 TM . m 4 Trang 17
18. Câu 49: Đáp án A Gọi A a;0;0 ; B 0;b;0 ;C 0;0;c x y z Phương trình mặt phẳng (P) có dạng 1 abc 0 a b c 3 2 1 Vì (P) qua M nên 1 1 a b c   Ta có MA a 3; 2; 1 ;MB 3;b 2; 1 ;   BC 0; b;c ; AC a;0;c . Vì M là trục tâm của tam giác ABC nên   MA.BC 0 2b c   2 MB.AC 0 3a c 14 14 Từ (1) và (2) suy ra a ;b ;c 14. Khi đó phương trình P :3x 2y z 14 0 3 2 Vậy mặt phẳng song song với (P) là 3x 2y z 14 0. Câu 50: Đáp án D Ta có S 1;1 , A 2;0 y 2x 2 Tiếp tuyến tại M m;2m m2 ,1 m 2 có phương trình y 2 2m x m 2m m2 y 2 2m x m2 +, Với m 1 ta có M 1;1  S Không tồn tại điểm F m 1 không thỏa mãn. 2 2 m +, Với 1 m 2 ta có E 0;m ; F ;0 2m 2 2 4 Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và trục hoành S x2 2x dx . 0 3 1 m4 m4 Ta có S OEF 2 2m 2 4 m 1 Ta thấy SMOF SMAE SOEF S, SMOF SMAE min SOEF min m4 64 4 Ta có min m m 1;2 4 m 1 27 3 64 4 28 4 S S min khi m . MOF MAE 27 3 27 3 Trang 18