60 De Chuan Cau Truc Dmh - Giai Chi Tiet De So 13.Doc

BẢNG ĐÁP ÁN – ĐỀ 13 1D 2C 3D 4A 5D 6D 7C 8B 9C 10A 11C 12A 13A 14A 15B 16B 17C 18C 19D 20B 21A 22A 23B 24B 25A 26C 27B 28B 29B 30B 31A 32D 33C 34B 35C 36C 37D 38B 39D 40A 41D 42A 43C 44A 45D 46D 47A 4[.]

BẢNG ĐÁP ÁN – ĐỀ 13 1D 11C 21A 31A 41D 2C 12A 22A 32D 42A 3D 13A 23B 33C 43C 4A 14A 24B 34B 44A 5D 15B 25A 35C 45D 6D 16B 26C 36C 46D 7C 17C 27B 37D 47A 8B 18C 28B 38B 48C 9C 19D 29B 39D 49D 10A 20B 30B 40A 50B HƯỚNG DẪN GIẢI - ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu Lời giải Chọn D Từ đồ thị ta thấy hệ số a  nhánh phải hướng lên Do loại B C Mặt khác đồ thị cắt trục tung A(0;1) Do chọn A Câu Lời giải Chọn C 2 Ta có:  S  : x  y  z  x  y  z  25 0   x  1   y     z   34 Vậy I  1;  2;  ; R  34 Câu Lời giải Chọn D Dựa vào bảng biến thiên hàm số y  f  x  đồng biến   ;  1  0;1 Chỉ có đáp án B thỏa Câu Lời giải Chọn A  Theo tính chất lũy thừa đẳng thức x  y  x  y  Sai Câu Lời giải Chọn D log ( x - x + 2) = Û x - x + = 21 éx = Û x - 3x = Û ê ê ëx = Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 13 - Trang 1/12 Vậy tập nghiệm pt cho là: { 0;3} Câu Lời giải Chọn D Áp dụng công thức un u1   n  1 d  u5 u1  4d 2  4.3 14 Câu Lời giải Chọn C M (1;  2) điểm biểu diễn cho số phức có phần thực phần ảo  , tức  2i Câu Lời giải Chọn B 4 Ta có: f  x  dx f  x  dx  f  x  dx 10  0 Mặt khác 3 f  x  dx 10  f  x  dx 3 f  x  dx 4  f  x  dx 10  6 Câu Lời giải Chọn C Số tập gồm có phần tử tập hợp A C94 Câu 10 Lời giải Chọn A Diện tích mặt đáy S ABCD 4a 1 4a V  SO S  a a S ABCD Thể tích khối chóp  ABCD 3 Câu 11 Lời giải Chọn C  u1  0;3;  1 vectơ phương d Câu 12 Lời giải Chọn A z  2i   2i    2i    6i z      i z2  2i   2i    2i  5 Câu 13 Lời giải Chọn A f ( x ) = 61- x Þ f ¢( x ) = ( 1- 3x ) ¢.61- x.ln =- 3.61- x.ln Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 13 - Trang 2/12 Câu 14 Lời giải Chọn A  22  42 37  ; ; Tọa độ trung điểm AB là:    2;  1;5  2   Câu 15 Lời giải Chọn B lim Ta có x   y 2 nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y 2 Câu 16 Lời giải Chọn B Theo cơng thức tính thể tích khối trụ có bán kính đáy r đường cao h V  r h Câu 17 Lời giải Chọn C Gọi h; l; r chiều cao, đường sinh bán kính đáy hình nón Ta có l = AC = AH + HC = 62 + 82 = 10 cm 2 Mà Stoàn phần = S xung quanh + Sđáy =  rl + r =  6.10 + = 96 Câu 18 Lời giải Chọn C Câu 19 Lời giải Chọn D Thay tọa độ điểm M vào vế trái mặt phẳng ta được: A   0  M   R  ( cm2 ) B    10 0  M   S  C  2 0  M   Q  D    0  M   P  Câu 20 Lời giải Chọn B Dựa vào đồ thị trên, suy số điểm cực trị hàm số Câu 21 Lời giải Chọn A Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 13 - Trang 3/12  x 0  Hàm số y  f  x  có đạo hàm  f  x  0   x 1 , x 1 nghiệm kép  x  Vậy hàm số y  f  x  có điểm cực trị Câu 22 Lời giải Chọn A   nP  1;  1;  , ud  2;1;  3 , Gọi I  d   P  , I  d  I  2t;  t;  3t  I   P   2t    t     3t   0  t   I   2; 2;  Gọi  đường thẳng cần tìm   u  ud     u   nP , ud   1; 7; 3 Theo giả thiết    u  nP x2 y z    Và đường thẳng  qua điểm I Vậy  : Câu 23 Lời giải Chọn B S 2a 2a A D a a H a B C Gọi H trung điểm AB Theo đề, tam giác SAB cân S nên suy SH ^ AB Mặt khác, tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy nên suy SH ^ ( ABCD ) Xét tam giác SHA vuông H ỉa a 15 ÷ SH = SA - AH = ( 2a ) - ỗ = ữ ỗ ữ ỗ ố2 ứ 2 2 Diện tích hình vng S ABCD = a a 15 Vậy thể tích khối chóp S ABCD V = SH S ABCD = Câu 24 Lời giải Chọn B Chọn cầu 20 cầu có C20 Chọn cầu đỏ cầu có C5 Chọn cầu 15 cầu (gồm8 cầu màu xanh cầu màu trắng) có C15 2 Số cách chọn cầu có cầu màu đỏ C5 C15 Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 13 - Trang 4/12 C52C152 70  Xác suất để cầu chọn có cầu màu đỏ C20 323 Câu 25 Lời giải Chọn A      sin x dx  x  cos x   2  cos     cos  2   2 0  a 2  a  b 2     a  b 1 b  Câu 26 Lời giải Chọn C F ( x) f ( x)dx (e- x  sin x)dx - e - xd(- x)  sin xdx -e - x - cos x  C F (0) 0     C 0  C 2 Vậy F ( x)  e- x - cos x  Câu 27 Lời giải Chọn B  x   x  x   x  x   1 x      x  Bất phương trình      8  x  2  x  x   x  x      x   Vậy tập nghiệm: S   1;0    8;9  Câu 28 Lời giải Chọn B Điều kiện: x  Ta có log  x   3  x  27  x 36 Câu 29 Lời giải Chọn B Giả sử: H hình chiếu vng góc I lên trục Oy  H  0;  2;  R bán kính mặt cầu tâm I tiếp xúc với trục Oy  R IH  10 2  Phương trình mặt cầu là:  x  1   y     z  3 10 Câu 30 Lời giải Chọn B   i  z 7  17i  z  17i 2  3i Vậy phần thực số phức z 5 i Câu 31 Lời giải Chọn A Hàm số có tập xác định D  \  1 x 1 2  , x   Ta có y  x   y   x  1 Suy hàm số nghịch biến khoảng    ;1  1;    Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 13 - Trang 5/12 Vậy hàm số nghịch biến khoảng  1;  Câu 32 Lời giải Chọn D D' A' C' B' a A D a I H B C Gọi I giao điểm AC BD Dựng AH  BD Ta có: AI   ABCD  mà AH   ABCD  nên AI  AH Từ ta AH   ABD  Suy d  B,  ABD   d  A,  ABD    AH Xét ABD vuông A : 1 AB AD a    AH   2 2 AH AB AD AB  AD Vậy d  B,  ABD    AH  a Câu 33 Lời giải Chọn C Theo ta có OB  SB  SO  a  OA  AB  OB  a  6a 3a  3a a  z S B C y O D A x a   a   a 6 ;0;0  , B  0; ;0  , S  0;0; , 3       Chọn hệ trục Oxyz , với O  0;0;0  , A  Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 13 - Trang 6/12  a   a  C   ;0;0  , D  0;  ;0  3        Phương trình mặt phẳng ( SBC ) có vectơ pháp tuyến n   1; 2;1 vectơ pháp tuyến mặt phẳng  ( SCD ) n '   1;  2;1 Gọi  góc hai mặt phẳng ( SBC ) ( SCD) ta có:     1 cos  cos n, n '  0 2 2 ( 1)   ( 1)            Suy góc  900 Vậy góc hai mặt phẳng ( SBC ) ( SCD) 900 Câu 34 Lời giải Chọn B Cho x 0  y  Vậy tọa độ giao điểm đồ thị hàm số với trục tung  0;   Câu 35 Lời giải Chọn C Nhìn vào đồ thị ta thấy: f  x  đạt giá trị lớn miền   2;6 M 6 , f  x  đạt giá trị lớn miền   2;6 m  Do đó, T 2M  3m 2.6  3.( 4) 0 Câu 36 Lời giải Chọn C Có z a  bi  z a  bi ( a , b   ) Từ z  3i z   i 0 suy ra:  a  bi   3i  a  bi    i 0  2a  2bi  3ai  3b   i 0  2a  3b    2b  3a  1 i 0  2a  3b  a 3   3a  2b 1 b 4 Vậy S a  b  Câu 37 Lời giải Chọn D Ta có log5 560 log5 7.4 log  2log  a  2b  m 1, n 2, p 1  S 3 Câu 38 Lời giải Chọn B Ta có x     y  i 2   i   yi  x  x     y  i 4  x   y   i  x  4  x  x 1   1  y  y   y 1 Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 13 - Trang 7/12  x 1 Thay  vào ta có x  xy  y   y 1 Câu 39 Lời giải Chọn D Do m số nguyên dương nên 2m >1 => log 2m  3x   0  3x 2 3  x  3x  2m 0  x log m tập nghiệm bất phương trình   ;log 2m      6561 3280.5 => Suy ra, log 2m 8  2m 3  m  Câu 40 Lời giải Chọn A Ta có trục tung có phương trình là: x 0 Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị  C  hàm số y  x  x , trục hoành, trục tung Lập bảng biến thiên, ta kết luận: đường thẳng x 1 S x  x dx Mặt khác 1 S x  x dx  1  x2 d 1  x2   20 2 1 x    2 Biết S a  b  a, b    nên a  b   3 Vậy a  b   Câu 41 1 2    x   x    3 Lời giải Chọn D Gọi A d1      A   2;1;  3 , B d      B   10;8;   Do đường thẳng  nằm mặt phẳng    , cắt hai đường thẳng d1 d nên  qua A B  Khi AB   8; 7;  1   8;  7;1 Vậy  : x 2 y  z 3   7 Câu 42 Lời giải Chọn A Theo ta có f '  x  4 x Suy g  x  4 x  3x  x   x1 1 Suy g '  x  12 x  x  0    x2   Đồ thị hàm số lên - xuống – lên Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 13 - Trang 8/12 Hàm số g  x   f '  x   3x  x  đạt cực tiểu, cực đại x1 1, x2  2    3   1   1  Suy m g  1 g       1          1  11         Câu 43 Lời giải Chọn C B' A' M' E' C' I R A B E M C Xét lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' Gọi E , E ' tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , A ' B ' C ' , M trung điểm BC I trung điểm EE ' Do hình lăng trụ nên EE ' trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , A ' B ' C '  I tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ, IA bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ AE  a b 4a  3b , IE   R  IA  AE  IE  12 4  4a  3b Thể tích khối cầu V   R    3  12 Câu 44      18   4a  3b  Lời giải Chọn A Từ giả thiết x   f '  x    f  x    x f  x   f  x  4 x    xf  x    4 x   2 1 2   xf  x   dx  x  1 dx  xf  x   x  x   f    f  1 7  f     f  1   5 2 Câu 45 Lời giải Chọn D Do parabol có tính đối xứng qua trục tung nên ta giả sử M (a; a )   a   Suy pt đường thẳng y ax a Từ đồ thị, ta có diện tích mảnh vườn trồng hoa: S  ax  x  dx a  ax x  a3      a 3  M  3;9    0   OM  MH  OH  32  92 3 10 Câu 46 Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 13 - Trang 9/12 Lời giải Chọn D Ta có f  x dx  2sin Suy f  x  2 x  x  1 dx   cos x dx 2 x  sin x  C sin x  Vì f   4  C 4 hay f  x  2 x  Khi đó: sin x  C    f  x  dx  x  0  sin x   dx   2   16     x  cos x  x       4 16   16 Câu 47 Lời giải Chọn A Gọi M  x; y; z  , suy 2 2 2 MA2  MB 9   x     y  3   z      x  1   y     z    9  x  y  z  0 Suy ra: Tập điểm M  x; y; z  thỏa mãn MA2  MB 9 mặt phẳng  P  : x  y  z  0 Trên  Sm  tồn điểm M cho MA2  MB 9  Sm   P  có điểm chung  d  I ;  P   R  1  m  1 1  m  m  m  m  16m  16 0   m 8  Vậy giá trị nhỏ m  Câu 48 Lời giải Chọn C Ta có 3x  3 3 m 3x m x  ( x3  x  24 x  m).3x  3x    ( x  3)3  m  x 33 x  3 m x m x  ( x  x  24 x  m)  3x  3x   (m  x) 33 x  (3  x)3 (1) Xét hàm số f (t ) 3t  t với t   , ta có: f '(t ) 3t ln  3t  0, t   Suy hàm số đồng biến  Khi  1  f ( m  3x )  f (3  x)  m  3x 3  x  m  x  x  24 x  27   Pt cho có nghiệm phân biệt pt   có nghiệm phân biệt  x 2 Xét hàm số y  x  x  24 x  27 có y '  x  18 x  24  y ' 0    x 4 BBT Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 13 - Trang 10/12 Từ bbt suy pt(2) có nghiệm phân biệt  m  11 Vì m   nên m   8,9,10 Suy :  m 27 Câu 49 Lời giải Chọn D z  x Gọi 1  y1i, z2  x2  y2i , với x1 , y1 , x2 , y2   Do z1  5  x1   y1i 5   x1   2  y12 5   x1    y12 25  Điểm M  x1 ; y1  biểu diễn số phức z1 thuộc đường tròn (C ) :  x    y 25 Do z2   3i  z2   6i  x2    y2  3 i  x2    y2   i 2  x2     y2  3   x2     y2   2 2   x2     y2  3  x2     y2     x2  y2  27 0  Điểm M  x2 ; y2  biểu diễn số phức z2 thuộc đường thẳng d : x  y  27 0   z1  z2  x1  x2   y1  y2  i   x1  x2    y1  y2   M M M 1M Đường trịn (C ) có tâm I   6;  , bán kính R 5 Ta có d  I , d       6.0  27 6 15   d (C ) khơng có điểm chung Gọi H hình chiếu vng góc I d, A giao điểm đoạn IH (C )  AH IH  R d  I , d   R  (hình vẽ) Nhận xét: với điểm M   C  , M  d M 1M  AH  z1  z2 M 1M đạt giá trị nhỏ (bằng AH M  A, M H ) Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 13 - Trang 11/12 Câu 50 Lời giải Chọn B Ta có bảng biến thiên hàm số f  x  2018  , f  x  2018   2019, f  x  2018   2019 sau: Dựa vào bảng biến thiên, đồ thị hàm số y  f  x  2018   2019 có điểm cực trị Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 13 - Trang 12/12