THÔNG TIN TÀI LIỆU
S GD&ĐT THANH HĨA THPT NGUYỄN QN NHO KÌ THI TRUNG H C PH THỌNG QU C GIA NĂM 2020 Bài thi: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề (Đề thi có 50 câu trắc nghiệm) Đ CHÍNH THỨC L N (Đề có 06 trang) Mã đ thi 101 H , tên thí sinh: S báo danh: Câu Cho hình lập phương có tổng diện tích mặt 12a Thể tích khối lập phương A 2a B 2a C a D 2a Câu Cho hàm số y = f ( x) có bảng bi n thiên hình Giá trị cực tiểu hàm số A −2 B C −4 D Câu Cho hai điểm M (1; −2;3) N ( 3;0; −1) Tìm tọa độ trung điểm I đoạn thẳng MN A I ( 4; −2;2) B I ( 2; −1;2 ) C I ( 4; −2;1) D I ( 2; −1;1) A ( 0;1) B ( −;1) C ( −1;1) D ( −1;0 ) Câu Cho h̀m số y = f ( x ) có đ̀ thị hình H̀m số đ̃ cho đ̀ng bi n khoảng ǹo? Câu Tìm tập xác định D hàm số y = ( x − x − ) B D = ( 0; + ) A D = R C D = ( −; −1) ( 2; + ) 10 Câu Cho f ( x ) dx = 10 A 10 f ( x ) dx = , B 3 B f ( x ) dx + f ( x ) dx Câu Tổng nghiệm phương trình 3x A B −3 x 10 C D −4 C D 8 bán kính D D = R \ −1; 2 Câu Một khối cầu tích A − log1000 = 81 C D 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Câu 9: Họ nguyên hàm hàm số f ( x) = −4sin x + 2cos x − e x A −8cos 2x + 2sin x − ex + C B 8cos 2x − 2sin x − ex + C C 4cos 2x − 2sin x − ex + C D 2cos 2x + 2sin x − ex + C Câu 10 Cho mặt cầu ( S) : x2 + y2 + z2 − 2x + 4y − 4z − m = có bán kính R= Tìm m A m = −16 B m = 16 C m= D m= −4 Câu 11 Có cách x p chỗ ng̀i cho học sinh vào gh x p thành dãy? A 120 B 240 C 90 D 60 Câu 12 Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 = −5 cơng sai d = Số 100 số hạng thứ cấp số cộng? A 15 B 20 C 35 Câu 13 Đường cong hình bên đ̀ thị hàm số nào? A y = − x + x − D 36 B y = − x3 + 3x + C y = x − x + D y = x3 − 3x + Câu 14 Giá trị lớn hàm số y = cos3 x + 2sin x + cos x 58 A max y = B max y = C max y = D max y = −2 27 Câu 15 Cho hàm số f ( x) xác định R v̀ có đ̀ thị hàm số y = f ( x ) l̀ đường cong hình bên Mệnh đề ǹo ? A Hàm số y = f ( x) đ̀ng bi n (1; ) C Hàm số y = f ( x) nghịch bi n ( −1;1) B Hàm số y = f ( x) đ̀ng bi n ( −2;1) D Hàm số y = f ( x) nghịch bi n ( 0;2 ) Câu 16 Cho mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2; −4 ) thể tích 36 Phương trình ( S ) A ( x − 1) + ( y − 2) + ( z − 4) = C ( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 4) = 2 2 2 Câu 17 Cho x; y thỏa mãn: log x y = A 120 B 132 B ( x + 1) + ( y + 2) + ( z − 4) = D ( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 4) = 2 2 2 32 3y log x = Giá trị x − y y C 240 D 340 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP x2 −3 x −10 1 Câu 18 Gọi S tập hợp nghiệm nguyên bất phương trình 32− x Tìm số phần 3 tử S A 11 B 10 C D Câu 19 Hình nón có chiều cao 10 3cm , góc đường sinh mặt đáy 600 Diện tích xung quanh hình nón bằng: A 50 3 cm2 B 200 cm2 C 100 cm2 D 100 3 cm2 Câu 20 Cho hàm số y = f ( x ) phù hợp với bảng bi n thiên bên Tổng số đường tiệm cận là: A B C D Câu 21 Cho hình chóp tam giác có cạnh a cạnh bên tạo vói đáy góc 60o Thể tích khối chóp 3a3 3a3 3a3 3a3 A B C D 12 Câu 22 Tính đạo hàm hàm số y = e x sin x A y = e x ( sin x − cos x ) B y = e x ( sin x + 2cos x ) C y = e x ( sin x + cos x ) D y = e x cos x Câu 23 Cho đ̀ thị y = f ( x) Tìm m để phương trình f ( x) + = m có nghiệm? A −3 m B −4 m C −5 m D −4 m x x Câu 24: Gọi S tổng nghiệm phương trình 3.2 Tính S A S log B S 12 C S 28 D S log 28 Câu 25 Một người dùng ca hình bán cầu có bán kính 3cm để múc nước đổ vào thùng hình trụ chiều cao 3cm v̀ bán kính đáy 12cm Hỏi người sau lần đổ nước đầy thùng? ( Bi t lần đổ, nước ca đầy) A 10 lần B 12 lần C 20 lần D 24 lần x Câu 26 Một nguyên hàm F ( x ) f ( x ) = thỏa F ( ) = Tính log F ( −1) x +1 A B C D 2 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Câu 27 Cho hình chóp S ABC có đáy l̀ tam giác vng cân A , mặt bên ( SBC ) l̀ tam giác cạnh a nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Khoảng cách hai đường thẳng SA BC bằng: a a a a A B C D 4 2 Câu 28 Phương trình mặt cầu ( S ) đối xứng với mặt cầu ( S ) : ( x − ) + ( y − 3) + ( z − ) = 36 qua mặt phẳng ( Oxy ) B ( S ) : ( x − ) + ( y + 3) + ( z − ) = 36 A ( S ) : ( x + ) + ( y − 3) + ( z − ) = 36 2 2 2 2 2 2 D ( S ) : ( x − ) + ( y − 3) + ( z + ) = 36 C ( S ) : ( x + ) + ( y + 3) + ( z − ) = 36 Câu 29 Họ nguyên h̀m h̀m số f ( x ) = 1 − l̀ : cos x sin x A tan x + cot x + C B tan x − cot x + C C − tan x + cot x + C D − tan x − cot x + C Câu 30 Đường cong hình bên l̀ đ̀ thị hàm số nào? A y = − x3 + x − B y = x − x − C y = x3 − x − D y = − x + x − Câu 31 Cho hàm số y = f ( x ) có đ̀ thị f ( x ) l̀ đường cong hình v bên Tìm khẳng định đúng? B f ( x ) nghịch bi n ( 0;+ ) A f ( x ) đ̀ng bi n ( −2;0) C f ( x ) đ̀ng bi n ( −;3) Câu 32 Tổng nghiệm phương trình A 3log3 B + log3 x x − 8.3 D f ( x ) nghịch bi n ( −3; − ) + 15 = C (1 + log3 5) D log Câu 33 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD l̀ hình bình h̀nh Điểm M di động cạnh SC , MC = k Mặt phẳng qua A , M song song với BD cắt SB , SD theo thứ tự N , P Thể tích khối MS chóp C APMN lớn A k = B k = C k = D k = đặt 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Câu 34 Có giá trị nguyên m để phương trình m + m + 2sin x = sin x có nghiệm thực A B C D 1− 2x dx = a ln + b ln với a, b Z Mệnh đề ǹo ? Câu 35 Cho x − 5x + A 2a + b = 11 B a + 2b = −7 C a + b = D a − 2b = 15 Câu 36 Tìm m để bất phương trình log 2 x − 2(m + 1) log x − có nghiệm x ( 2; +) 3 B m (− ;0) C m (− ; +) D m (−;0) 4 Câu 37 Bạn Trang có 10 đơi tất tay khác Sáng nay, tâm trạng vội ṽ thi, Trang đ̃ lấy ngẫu nhiên chi c tất Xác suất để chi c tất lấy có đôi 99 224 11 A B C D 969 323 19 323 Câu 38 Trong không gian Oxyz , cho điểm A( 5;8; −11) , B ( 3;5; −4 ) , C ( 2;1; −6 ) v̀ mặt cầu A m (0; +) ( S ) : ( x − 4) + ( y − ) + ( z + 1) = Gọi 2 M ( xM ; yM ; zM ) l̀ điểm thức MA − MB − MC đạt giá trị nhỏ Giá trị tổng xM + yM A B Câu 39 Phương trình sin x +2 1+ cos2 x C −2 = m có nghiệm (S ) cho biểu D A m B m C m D m Câu 40 Cho đa thức f ( x ) hệ số thực thỏa điều kiện f ( x ) + f (1 − x ) = x , x R Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y = 3x f ( x ) + ( m −1) x + đ̀ng bi n R B m 10 Câu 41 Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm A m ( ) cực trị hàm số y = g ( x ) = f x : C D m v̀ có đ̀ thị y = f ( x ) cho hình v bên Số điểm A B C D Câu 43 Cho hàm số y = f ( x) liên tục v̀ có đạo hàm 0;1 thỏa mãn: f ( x) + xf ( x ) + 3x f ( x3 ) = − x với x 0;1 ; tính A B C f ( x)dx D 12 24 36 Câu 44 Ng̀y 20/5/2018,ng̀y trai đầu lòng ch̀o đời,chú Tuấn quy t định mở tài khoản ti t kiệm ngân hàng với lãi suất 0.5% /tháng.Kể từ vào 21 hàng tháng,chú s gởi tài khoản triệu đ̀ng Sau tháng, số tiền lãi s nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng ti p theo Hỏi vào ngày 22/5/2036, số tiền ti t kiệm tài khoản l̀ bao nhiêu? (l̀m trịn đ n triệu đ̀ng) A 387 (triệu đ̀ng) B 391 (triệu đ̀ng) C 388 (triệu đ̀ng) D 390 (triệu đ̀ng) 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Câu 45 Cho hàm số y = f ( x) có bảng bi n thiên sau Phương trình f (4 x − x ) − = có nghiệm thực phân biệt? A B C D x Câu 46 Có giá trị nguyên tham số m để phương trình log ( − m ) = x + có nghiệm phân biệt? A B C D x +m Câu 47 Cho hàm số f ( x ) = với m tham số thực, m Gọi S tập hợp giá trị x +1 nguyên dương m để hàm số có giá trị lớn đoạn 0; 4 nhỏ Số phần từ tập S () ( ) A B Câu 48 Cho hàm số y = f x Hàm số y = f x ( ) y = f x + m có điểm cực trị ? ) A m 0 ; 3 B m 0; C D có đ̀ thị hình bên Tìm m để hàm số ( ) ( ) C m 3; + D m − ; C D Câu 49 Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục R v̀ đ̀ thị hàm số f ' ( x ) hình v ( ) Xét hàm số g ( x ) = f x − mệnh đề sau: (1) Hàm số g ( x ) có điểm cực trị (2) Hàm số g ( x ) đạt cực tiểu điểm x = (3) Hàm số g ( x ) đạt cực đại điểm x = (4) Hàm số g ( x ) đ̀ng bi n khoảng ( −2;0) (5) Hàm số g ( x ) nghịch bi n khoảng ( −1;1) Có mệnh đề mệnh đề trên? A B 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Câu 50 Cho hàm số y f(x) có đạo hàm liên tục Đ̀ thị hàm f(x) hình v y x -2 -1 Số đường tiện cận đứng đ̀ thị hàm số y A B O x2 f (x) 4f(x) C D H T 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP ĐÁP ÁN Đ THI 1.A 12.D 22.B 33.D 44.D 2.D 13.D 23.A 34.C 46.A 4.D 14.A 24.D 35.B 47.A 5.D 15.D 26.B 36.C 48.B 6.C 16.C 27.A 37.B 49.D 7.B 17.C 28.D 38.D 50.C 8.A 18.D 29.A 39.D 9.D 19.B 30.B 40.B 10.B 20.B 31.A 41.C 11.A 21.A 32.C 43.D HƯ NG DẪN GI I CHI TIẾT Câu 1: Ch n A Gọi độ lớn cạnh hình lập phương l̀ x Vì hình lập phương g̀m mặt giống nên tổng diện tích mặt hình lập phương s l̀ S = x = 12a x = a Thể tích khối lập phương l̀: ( V = x3 = a ) = 2a Câu 2: Ch n D Dựa v̀o bảng bi n thiên ta thấy giá trị cực tiểu Câu 3: Ch n D + −2 + − Trung điểm I có tọa độ l̀ I ; ; I ( 2; −1;1) 2 Câu 4: Ch n D Nhìn v̀o đ̀ thị h̀m số ta thấy h̀m số đ̀ng bi n khoảng ( −1;0 ) v̀ ( 2;+ ) Câu 5: Ch n D x H̀m số xác định x − x − x −1 Vậy tập xác định h̀m số l̀ D = R \ −1;2 Câu 6: Ch n C 10 Ta có 10 f ( x ) dx + f ( x ) dx = f ( x ) dx − f ( x ) dx =10 − = Do f ( x ) dx = f ( x ) dx + f ( x ) dx + f ( x ) dx 2 10 10 6 Vậy đáp án l̀ C Câu 7: Ch n B Thể tích khối cầu V = R3 Câu 8: Ch n A 3x −3 x = 81 3x −3 x Suy R3 = R = 3 x = −1 (VN ) x = −2 = 34 x − 3x − = x=2 x =4 Câu 9: Ch n D Ta có ( −4sin x + cos x − e x )dx = cos x + 2sin x − e x + C Câu 10: Ch n B Bán kính mặt cầu: R = 12 + ( −2 ) + 22 + m = 9+m = m = 16 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Câu 11: Ch n A Số cách x p l̀: 5! = 120 Câu 12: Ch n D Ta có: un = u1 + ( n − 1) d 100 = −5 + ( n − 1).3 100 = 3n − n = 36 Câu 13: Ch n D Dựa theo hình dáng đ̀ thị l̀ h̀m số bậc có hệ số x dương nên ta chọn D Câu 14: Ch n A Ta có: y = cos3 x + 2sin x + cos x = cos3 x − 2cos x + cos x + Đặt t = cos x , điều kiện: t −1;1 Khi đó: y = f ( t ) = t − 2t + t + xét với t −1;1 t = −1;1 Ta có: f ' ( t ) = 3t − 4t + ; f ' ( t ) = 3t − 4t + = t = −1;1 58 Lại có: f ( −1) = −2; f (1) = 2; f = 27 58 Nên max y = 27 Câu 15: Ch n D Từ đ̀ thị h̀m số y = f ( x ) , ta có bảng xét dấu h̀m số y = f ( x ) sau: 2 x − −2 + + − + y = f '( x) − + Từ bảng xét dấu h̀m số y = f '( x) , ta có: h̀m số y = f ( x) nghịch bi n ( 0; 2) Câu 16: Ch n C Áp dụng công thức V = R3 ta bán kính R = 3 Mà tâm I (1; 2; −4 ) nên phương trình ( S ) ( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 4) = 2 Vậy chọn C Câu 17: Ch n C 16 y log x = y Suy log y = y = x = 16 x − y = 240 Câu 18: Ch n D x −2 x −2 x −3 x −10 x x − 3x − 10 x 1 2− x 3 x S l̀ tập 2− x x 3 x − 3x − 10 − x x − 3x − 10 ( − x )2 x6 Từ giả thi t ta có log x y = hợp nghiệm nguyên bất phương trình nên S = 5 Vậy có phần tử 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Câu 19: Ch n B Xét hình nón đỉnh S , ta có: SAI = 600 h = SI = 10 3cm Xét SAI vuông I , ta có r = AI = ( 10 SI = = 10cm l = SA = SI + AI = tan 60 ) 10 + 102 = 400 = 20cm Vậy diện tích xung quanh hình nón l̀: S xq = rl = 200 ( cm2 ) Câu 20: Ch n B Ta có: lim f ( x ) = −3 nên ta có TCN: y = −3 Ta có: lim− f ( x ) = + nên ta có TCĐ: x = −1 x→+ x →−1 Câu 21: Ch n A S A C O I B Gọi S ABC l̀ hình chóp tam giác đều, O l̀ tâm đáy + S ABC = a + Do O l̀ tâm ABC nên SO ⊥ (ABC) AO = a sin 60o = a 3 SO = AO.tan 60o = a = a 1 3 V = S ABC SO = a a = a 3 12 Câu 22: Ch n B Ta có: y = e x sin x y = ( e x ) sin x + e x ( sin x ) = e x sin x + 2e x cos x = e x (sin x + 2cos x ) 10 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Câu 23: Ch n A Ta có: f ( x) +1 = m f ( x) = m −1 Số nghiệm phương trình f ( x) + = m số giao điểm đ̀ thị y = f ( x) v̀ đường thẳng y = m −1 Dựa v̀o đ̀ thị, ta có ycbt −4 m − −3 m Câu 24: Ch n C Gọi x1 , x2 l̀ hai nghiệm phương trình 4x 3.2x PT x Suy x1.2 x2 2x1 Vậy S x2 3.2 x 0 28 x1 x2 log 28 7: 28 log 28 2 33 = 36 ( cm3 ) Thể tích thùng hình trụ: V ' = 122.3 = 432 ( cm3 ) Câu 25: Ch n B Thể tích ca: V = Số lần đổ để nước đầy thùng l̀: Câu 26: Ch n D Ta có, F ( x ) = x x +1 V ' 432 = = 12 lần V 36 dx Đặt u = x2 + u = x2 + udu = xdx u x Khi đó; F ( x ) = dx = du = u + C = x + + C u x +1 Mà F ( ) = hay +1 + C = C = Vậy F ( x ) = x2 + l̀ nguyên h̀m f ( x ) = Lại có, F ( −1) = ( −1) +1 = Suy ra, log F ( −1) = log 2 = log 2 = x x +1 11 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Câu 27: Ch n A Gọi H l̀ trung điểm BC Ta có ( SBC ) ⊥ ( ABC ) = BC SH ⊥ ( ABC ) (1) SH ⊥ BC SH SBC ( ) S Trong tam giác SAH kẻ HK ⊥ SA (*) Từ (1) ta có SH ⊥ BC (2) Mà tam giác ABC cân A nên AH ⊥ BC (3) Từ (2) v̀ (3) ta có BC ⊥ ( SAH ) BC ⊥ HK (**) K B Từ (*) v̀ (**) ta có HK l̀ đoạn vng góc chung SA BC nên: d ( SA, BC ) = HK Trong tam giác SAH : 1 = + (***) 2 HK HS HA2 H A Trong tam giác ABC vuông cân A có BC = a H l̀ trung điểm BC nên AH = Trong tam giác SBC cạnh a nên SH = 1 1 16 = + = + = 2 2 2 HK HS HA 3a a 3 a C a BC = 2 a HK = a 3a HK = 16 Câu 28: Ch n D Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 4;3;5) bán kính R = Giả sử mặt cầu ( S ) có tâm I , bán kính R I l̀ ảnh điểm I qua phép đối xứng qua mặt phẳng ( Oxy ) , suy I ( 4;3; − 5) R = R = 2 Vậy phương trình mặt cầu ( S ) là: ( x − ) + ( y − 3) + ( z + ) = 36 Câu 29: Ch n A Ta có f ( x ) dx = cos2 x − sin x dx = tan x + cot x + C Câu 30: Ch n B Dựa v̀o đ̀ thị, ta thấy h̀m số có điểm cực trị nên l̀ đ̀ thị h̀m số bậc 3, loại đáp án A C Ta có: lim y = + a nên loại đáp án D x →+ Câu 31: Ch n A Từ đ̀ thị h̀m số f ( x ) ta có bảng bi n thiên 12 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP So sánh đáp án ta thấy: f ( x ) đ̀ng bi n ( −2;0) Câu 32: Ch n B x x = log3 3 = x = log3 Phương trình + 15 = x x = x =1 = 3 Suy tổng nghiệm phương trình l̀ (1 + log3 5) x x − 8.3 Câu 33: Ch n D Gọi O tâm hình bình hành ABCD ; I l̀ giao điểm SO NP Ta có SC SM CM = + = + k SM SM SM AM ( ANMP) NP / / BD Do BD / / ( ANMP) ( SBD ) ( ANMP) = NP Áp dụng định lý Menelayut cho tam giác SOC điểm A, I , M thẳng h̀ng, ta AO MC IS IS SO k + =1 = = AC MS IO IO k SI Vì NP / / BD nên SB SD SO k + = = = SN SP SI Theo công thức tỷ lệ thể tích VS APMN VS ABCD SA SD SC SB 2+k 2+k + + + 1+ + (1 + k ) + ( + k ) 2 = = = SA SP SM SN = 2+k 2+k SA SD SC SB ( + k ) (1 + k )( + k ) (1 + k ) + k ( ) 2 SA SP SM SN VS APMN = 2VS ABCD (1 + k )( + k ) VC APMN = k VS APMN = k VC APMN max = 2VS ABCD 2.V 2.VS ABCD 2VS ABCD 2V = k S ABCD = = S ABCD (1 + k )( + k ) k + 3k + k + + k + 2 + k k 2VS ABCD k = k = k 2 +3 13 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP m + m + 2sin x = sin x (1) m + m + 2sin x = sin x ( 2) Câu 34: Ch n C - Ta có m + 2sin x = t m + 2sin x = t - Khi từ ( 2) ta có m + 2t = sin x - Đặt m + 2sin x = t (*) - Từ (1) ta có hệ sau: m t + sin = x ** ( ) Lấy (**) − (*) v với v ta được: ( t − sin x )(sin x + t + 2) = t = sin x t = −2 − sin x TH1: t = sin x 0;1 thay vào PT (*) t − 2t − m = có nghiệm t 0;1 Đặt f ( t ) = t − 2t = m có nghiệm t 0;1 Bảng bi n thiên t f ' (t ) f (t ) 01 -0 -1 Phương trình có nghiệm −1 m TH2: t = −2 − sin x −3; −1 (loại) t K t luận: Để phương trình có nghiệm −1 m nên ta có giá trị m nguyên Câu 35: Ch n B 1− 2x dx Đặt I = x − 5x + Ta có: − 2x A B = + ( x − )( x − 3) x − x − − x = A ( x − 3) + B ( x − 2) (1) Chọn x = thay vào (1) B = −5 Chọn x = thay vào (1) A = I = 5 dx − dx = 3ln ( x − ) − 5ln ( x − 3) = 3ln − 5ln x−2 x −3 4 a = 3, b = −5 a + 2b = − 10 = −7 Câu 36: Ch n C Ta có: log 22 x − 2(m + 1) log x − (1 + log x) − 2( m + 1) log x − 5 log 22 x − 2m log x − Đặt log x = t , x ( 2; +) t ( ; +) 2 Khi bất phương trình log 2 x − 2(m + 1) log x − có nghiệm x ( 2; +) v̀ bất phương trình t − 2mt −1 có nghiệm t ( ; +) 2 t −1 1 = t − = f (t ) có nghiệm t ( ; +) (1) Hay bất phương trình 2m t t 14 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP 1 t ( ; +) t 3 Do (1) 2m f (t ) = f ( ) = − m − 2 ;+ ) Ta có f ' (t ) = + 2 Câu 37: Ch n B Số cách chọn chi c tất từ 20 chi c l̀ C204 = 4845 (cách) Ta s đ m số cách lấy chi c tất cho khơng có hai chi c ǹo thuộc đôi Số cách chọn đôi tất từ 10 đôi l̀: C104 (cách) Để chi c tất lấy khơng có hai chi c ǹo thuộc đơi chi c tất phải lấy từ đôi tất số đơi nói Như số cách lấy chi c tất cho khơng có hai chi c ǹo thuộc đôi l̀ C104 24 = 3360 (cách) 3360 99 Xác suất để chi c tất lấy có đôi bằng: − = 4845 323 Đáp án B Câu 38: Ch n B Mặt cầu ( S ) tâm E ( 4;2; −1) bán kính R = 5 − x − ( − x ) − ( − x ) = x = y = −2 Gọi I ( x; y; z ) l̀ điểm thỏa m̃n IA − IB − IC = 8 − y − ( − y ) − (1 − y ) = z = −11 − z − ( −4 − z ) − ( −6 − z ) = Vậy I ( 0; −2;1) Ta có: MA − MB − MC = MI + IA − MI − IB − MI − IC = MI Vậy để MA − MB − MC đạt giá trị nhỏ MI phải nhỏ M ( S ) IE Ta có IE = ( 4;4; −2 ) IE = nên điểm E nằm ngòi mặt cầu ( S ) IE nhận u ( 2;2; −1) làm VTCP x = + 2t Phương trình đường thẳng IE : y = + 2t z = −1 − t ( t ) Ta có M IE M ( 2t;2 + 2t;1 − t ) Mặt khác M ( S ) nên ( + 2t − ) + ( + 2t − ) + ( −1 − t ) = 2 t = M ( 6;4; −2 ) MI = ( −6;6;3) MI = 9t = t = −1 M ( 2;0;0 ) MI = ( −2; −2;1) MI = 15 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Vậy M ( 2;0;0 ) thỏa m̃n b̀i Do xM + yM = Câu 39: Ch n D Ta có 2sin x + 21+cos x = m 21−cos x + 21+cos x = m (1) 2 2 Đặt t = 2cos x , ta có cos2 x t 2 Phương trình (1) trở th̀nh: + 2t = m ( 2) t 2 Xét h̀m số f ( t ) = + 2t với t 1; 2 , ta có f ( t ) = − t 1; 2 t t H̀m số f ( t ) = + 2t đ̀ng bi n đoạn 1; 2 t f (1) f ( t ) f ( 2) f ( t ) Do phương trình (1) có nghiệm phương trình ( 2) có nghiệm t 1; 2 4m5 Câu 40: Ch n B Từ giả thi t đa thức f ( x ) hệ số thực: Thay x x − vào f ( x ) + f (1 − x ) = x2 , x ta f (1 − x ) + f ( x ) = ( x − 1) 2 f ( x ) + f (1 − x ) = x f ( x ) = x + x − Khi ta có 2 f (1 − x ) + f ( x ) = x − x + Suy y = 3x f ( x ) + ( m −1) x + y = x3 + x + ( m − ) x + y = x + x + m − Để h̀m số đ̀ng bi n − ( m − ) m 10 Câu 41: Ch n C Nhận thấy đ̀ thị h̀m số y = f ( x ) cắt trục Ox điểm v̀ ti p xúc với trục Ox điểm, Do phương trình f ( x ) = có nghiệm có nghiệm kép: x = A f ( x) = x = B x = C ( A 0) ( B ) , với (C 0) ( ) ( ) A, B l̀ hai điểm cực trị h̀m số f ( x ) ( ) Mặt khác: g ( x ) = x f x = x f x x = x = x2 = A g( x ) = f ( x ) = x = B ( ) x = ( A 0) x = ( B 0) Vậy ĐTHS y = g ( x ) = f x có điểm cực trị B 16 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Câu 42: Ch n C Gọi A ( x1; y ( x1 ) ) , B ( x2 ; y ( x2 ) ) l̀ hai điểm thuộc ( Cm ) Do A, B nằm hai phía trục tung nên x1 x2 Ta có y = x + 2mx + 2m − 1 Mặt khác d : x + y − = y = − x + có hệ số góc l̀ k = − 2 1 y ( x1 ) − = −1 Ti p n A, B vng góc với d nên: y ( x1 ) − = y ( x2 ) − = y ( x ) − = −1 2 x1 , x2 l̀ hai nghiệm phương trình y − = x2 + 2mx + 2m − = (*) B̀i tốn trở tìm m ngun dương để phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu điều kiện: C a.c 2m − m m Z + nên m1; 2 Chọn Câu 43: Ch n D Ta có: f ( x) + xf ( x ) + 3x f ( x3 ) = − x ( f ( x) + xf ( x ) + 3x f ( x3 ))dx = − x dx 1 f ( x)dx + f ( x )dx + f ( x3 )dx3 = − x dx 3 f ( x)dx = − x dx 1 1 0 0 − x dx Xét: 2 Đặt: x = sin t; − x = − sin t = cost; dx = cos tdt 0 Ta có 2 + cos 2t cos 2t t s in2t − x dx = cos tdt = + dt = dt + dt = 2 2 0 0 2 f ( x)dx = 12 Vậy = Câu 44: Ch n D Chú Tu n tháng g i đ u đặn triệu đ ng v i lãi su t 0.5%/tháng từ 20/5/2018 đ n 22/5/2036 có 18.12 = 216 tháng thì: Cu i tháng s ti n Tu n có: (1 + 0.5% ) Đ u tháng s ti n Tu n có: (1 + 0.5%) + Cu i tháng s ti n Tu n có: ầ ầ ầ ( (1 + 0.5% ) + 1) (1 + 0.5% ) = (1 + 0.5% ) + (1 + 0.5% ) Cu i tháng 216 s ti n Tu n có: (1 + 0.5% ) 216 + (1 + 0.5% ) 215 + + (1 + 0.5% ) Ngày 21/5/2036 Tu n g i thêm triệu nên s ti n tài kho n: − (1 + 0.5% ) 390 (triệu đ ng) − (1 + 0.5% ) 217 Câu 45: Ch n C 17 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Ta có x − x = − ( x − x + 4) = − ( x − 2) Do ( x − 2)2 0, x R nên x − x 4, x Đặt t = 4x − x2 (t 4) Khi đó, phương trình đ̃ cho trở th̀nh f (t ) − = (1) Từ bảng bi n thiên ta thấy, khoảng (− ;4] , đ̀ thị h̀m số y = f (t ) cắt đường thẳng y = hai điểm phân biệt có hònh độ bé nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt t1, t2 t1, t2 ( −;4) Với nghiệm t ( −;4) phương trình t = 4x − x2 có hai nghiệm x phân biệt Vậy phương trình f (4 x − x ) − = có nghiệm phân biệt Câu 46: Ch n A Ta có phương trình log ( x − m ) = x + 4x − m = 2x+1 ( x +1 x R ) 4x − 2.2x = m Đặt t = 2x ( t 0) Mỗi giá trị t có giá trị x R Phương trình đ̃ cho trở th̀nh t − 2t = m (*) Phương trình đ̃ cho có hai nghiệm phân biệt v̀ phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt Xét h̀m số f ( t ) = t − 2t với t Ta có bảng bi n thiên: Từ bảng bi n thiên ta suy phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt m ( −1;0) Vì m l̀ số ngun khơng có giá trị ǹo m Câu 47: Ch n A Đặt t = x Khi giá trị lớn h̀m số f ( x ) 0; 4 l̀ giá trị lớn 2t + m 0; 2 H̀m số g ( t ) đơn điệu 0; 2 giá trị lớn 0; 2 t +1 m+4 số g ( 0) = m g ( ) = Yêu cầu b̀i toán tương đương với m m Vậy m = l̀ số thỏa yêu cầu đề m + g (t ) = 18 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Câu 48: Ch n B Đặt x = x = x + m = 2 g x = f x + m g x = 2x f x + m g x = x +m =1 f x + m = x + m = x = x = −m x +m =1 x = − m () ( ) ( ) ( () () () ) ( ) ( ) ( ) ( ) Nhận thấy số điểm cực trị h̀m số y = f x + m số nghiệm đơn nghiệm bội lẻ g x () () M̀ đ̀ thị h̀m số y = f x ti p xúc với Ox điểm có hònh độ x = nên có nghiệm hay vơ ( ) nghiệm số điểm cực trị h̀m số y = f x + m không bị ảnh hưởng Vậy ta xét trường ( ) hợp: ( ) * m = : Khi g x có nghiệm đơn nghiệm bội lẻ nên y = f x + m có điểm cực trị, tức l̀ m = thỏa m̃n yêu cầu b̀i toán * m = : Khi g x có nghiệm đơn nghiệm bội lẻ nên y = f x + m có điểm ( ) ( cực trị, tức l̀ m = không thỏa m̃n yêu cầu b̀i toán () () ) * m 0; : Khi nghiệm (n u có) khác 0, đ̀ng thời − m −m, m ( ) ( ) 3 − m −m m 0; Do g x có nghiệm đơn nghiệm bội lẻ m 0; ) Vậy m 0; ( Câu 49: Ch n D Ta có: g ' ( x ) = xf ' x − ) x − = −2 g ' ( x ) = xf ' x − = x − = x = Ta có bảng bi n thiên: ( ) (nghiem boi chan ) x = 1 x = 2 x = 19 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Dựa v̀o bảng bi n thiên ta thấy h̀m số có điểm cực trị, h̀m số đ̀ng bi n khoảng ( −2;0) Do có mệnh đề l̀ (1) v̀ (4) Câu 50: Ch n C Dựa v̀o đ̀ thị, phương trình f (x) 4f(x) f(x) f(x) x x x , x = nghiệm kép bội chẵn Khi f (x) Suy y 4f(x) x x x2 f (x) 4f(x) Vậy đ̀ thị h̀m số y 2k g(x) , với g(x) l̀ đa thức vô nghiệm x x x x x 2k x k * 1 g(x) x x x2 có đường tiệm cận đứng l̀ x f (x) 4f(x) 2k 2, x g(x) H T 20 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP ... Câu 24 : Ch n C Gọi x1 , x2 l̀ hai nghiệm phương trình 4x 3.2x PT x Suy x1 .2 x2 2x1 Vậy S x2 3 .2 x 0 28 x1 x2 log 28 7: 28 log 28 2? ?? 33 = 36 ( cm3 ) Thể tích thùng hình trụ: V '' = 122 .3 = 4 32? ??... −4sin x + 2cos x − e x A −8cos 2x + 2sin x − ex + C B 8cos 2x − 2sin x − ex + C C 4cos 2x − 2sin x − ex + C D 2cos 2x + 2sin x − ex + C Câu 10 Cho mặt cầu ( S) : x2 + y2 + z2 − 2x + 4y −... z + 4) = 2 2 2 Câu 17 Cho x; y thỏa mãn: log x y = A 120 B 1 32 B ( x + 1) + ( y + 2) + ( z − 4) = D ( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 4) = 2 2 2 32 3y log x = Giá trị x − y y C 24 0 D 340
Ngày đăng: 27/12/2022, 11:58
Xem thêm: