60 De Chuan Cau Truc Dmh - Giai Chi Tiet De So 14.Doc

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

BẢNG ĐÁP ÁN – ĐỀ 14 1A 11D 21C 31C 41A 2C 12B 22D 32C 42A 3A 13A 23D 33B 43B 4A 14A 24D 34A 44A 5D 15B 25D 35C 45B 6B 16A 26B 36C 46B 7D 17B 27D 37C 47D 8C 18A 28B 38D 48A 9B 19B 29D 39C 49C 10D 20B 30C 40A 50C HƯỚNG DẪN GIẢI - ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu Lời giải Chọn A  x  y  z  13 Đường thẳng  d  : có véc tơ phương u  2;  8;9  Nên   8  u1  2;  8;9  véc tơ phương  d  Câu Lời giải Chọn C Đồ thị cho đồ thị hàm số bậc trùng phương, nên loại đáp án A B y   suy a  nên loại Ta có xlim   C Câu Lời giải Chọn A 3 2   Xét điểm M  1;1;  ,ta có:    0 nên M     nên A 3  3  ,ta có:       0 sai nên N     nên B sai 2  2   Xét điểm N  1;  1;  Xét điểm P  1; 6;1 ,ta có:   2.1  0 sai nên P     nên C sai Xét điểm Q  0;3;0  ,ta có:   2.0  0 sai nên Q     nên D sai Câu Lời giải Chọn A  +) Có 10 10 với  , nên A  +) Có  10   100  với  , nên B  +) Có 10  10   với  , nên C +) Có  10  10 (*), dấu đẳng thức xảy  0  2 Lấy  1 (*) sai, D sai Câu Lời giải Chọn D Diện tích xung quanh S khối trụ là: S 2 rh 2 4.3 24 (đvtt) Câu Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 14 - Trang 1/14 Lời giải Chọn B 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 Gọi A hình chiếu vng góc điểm A  3; 2;   lên mặt phẳng  Oxy  , ta có A 3; 2;  Câu Lời giải Chọn C Nếu dãy số  un  cấp số cộng thị cơng sai d hiệu cặp số hạng liên tiếp (số hạng sau trừ cho số hạng trước) dãy số  u1   1   Ta có ; 0;  ;  1;  ; cấp số cộng   2 u  u  d  2 Câu Lời giải Chọn B Ta có: y  x ln  Câu 10 Lời giải Chọn D Số tập gồm có phần tử tập hợp A C9 Câu 11 Lời giải Chọn D Cách 1: Dựa vào bảng xét dấu f ¢( x ) ta nhận thấy hàm số khơng đạt cực đại x0 =- f ¢( x) khơng đổi dấu x qua điểm x0 =- Cách 2: Bảng biến thiên hàm số có dạng: Dựa vào bảng ta có hàm số khơng đạt cực trị x0 =- Câu 12 Lời giải Chọn B Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  ta có hàm số đồng biến (đồ thị lên) khoảng (0; 2) Câu 13 Lời giải Chọn A f  x dx  f  3  f   5  3 Câu 14 Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 14 - Trang 2/14 Lời giải Chọn A z  w 1  i Do điểm biểu diễn số phức z  w P  1;1 Câu 15 Lời giải Chọn B Áp dụng cơng thức thể tích khối tứ diện vng V  SA.SB.SC abc  6 Câu 16 Lời giải Chọn A Ta có: w z1  z2 1  i   3i  w 3  2i  w 3  2i Câu 17 Lời giải Chọn B Ta có:  x  x  1 dx ln12 x  21 x  xC Câu 18 Lời giải Chọn A Ta có: 2x - 2x - lim = 2; lim = , suy đường thẳng y = l phng trỡnh ng tim cn ngang xđ+Ơ x - xđ- Ơ x - 2x - 2x - lim+ = +¥ ; lim=- ¥ , suy đường thẳng x = phương trình đường tiệm cận đứng x®2 x - x®2 x - Đường tiệm cận ngang, đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số y = 2, x = Câu 19 Lời giải Chọn B x 2 x 2 2 Ta có   3  x    x  Câu 20 Lời giải Chọn B Ta có diện tích xung quanh hình nón S xq  rl , với r  , l 4 Suy S xq 4 3 Vậy hình nón có bán kính đáy r  độ dài đường sinh l 4 có diện tích xung quanh S xq 4 3 Câu 21 Lời giải Chọn C Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 14 - Trang 3/14 Nếu AB khơng vng góc với  BCD  nên góc mặt phẳng  ABC   ABD  khơng thể góc  CBD Xét đáp án B có: CD  AI    CD   AIB  ; CD   BCD  nên  BCD    AIB  B CD  BI  Chứng minh tương tự  ACD    AIB  D Xét đáp án A: CD  AI CD  BI     Góc mặt phẳng  ACD   BCD  góc AI ; BI  CD  ACD    BCD   Câu 22 Lời giải Chọn D Ta có:  x  y    x  y  i 5  3i   x  y 5   x 4  S 6  x  y 3  y 1 Câu 23 Lời giải Chọn D Tập xác định: D =  \ { - 1} Đạo hàm: f ¢( x ) = x2 + x - ( x +1) éx = Ỵ [1;3] ê ¢ f x = Û x + x = Û Xét ( ) êx =- Ï [1;3] ê ë Ta thấy hàm số cho liên tục có đạo hàm đoạn [1;3] 15 Ta có: f ( 1) =- ; f ( 3) =; f ( 2) =- Vậy max f ( x ) = f ( 1) =- [1;3] Câu 24 Lời giải Chọn D Theo giả thiết ta có:  x 0 log  x  x   1  x  x  21  x  x   0  x  x 0    x 1 Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt Câu 25 Lời giải Chọn D Cách 1: + Đặt: t  x   t 3 x   + Khi đó:   3x  dx t 2tdt dx 2tdt 2  t dt  t  C 3 Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 14 - Trang 4/14 Vậy   x  dx   3x   x   C Cách 2: +   3x  dx  3x   dx  2 x     C   3x   3x   C 9 Câu 26 Lời giải Chọn B  Mặt phẳng    :2 x  y  z  19 0 có vectơ pháp tuyến n  2;  3;   Đường thẳng  qua điểm A   2; 4;3 vng góc với mặt phẳng    nhận n  2;  3;6  làm vectơ x2 y  z    phương, phương trình đường thẳng  là: 3 Câu 27 Lời giải Chọn D  x 0  Xét f  x  x  x  1  x   0   x 1 , ta có bảng biến thiên sau:  x 2 Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận hàm số cho có điểm cực trị Câu 28 Lời giải Chọn B S 2a B 30 C H A a D Gọi H hình chiếu vng góc S lên cạnh AB Do  SAB    ABCD   SAB    ABCD   AB nên SH   ABCD    Xét tam giác SAH vng H ta có: sin SAB SH  SH sin 300.SA a SA 2 Mặt khác: S ABCD  AD a Nên VS ABCD 1 a3  S ABCD a  a a   3 Câu 29 Lời giải Chọn D Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 14 - Trang 5/14 Từ giả thiết suy OI đường trung bình SAC , OI  SA ïì IO  SA Þ IO ^ ( ABCD ) Ta có ïí ïïỵ SA ^ ( ABCD ) Vậy d ( I , ( ABCD ) ) = OI Câu 30 Lời giải Chọn C Ta có: log 5.log5 a log a  log b 2   log b 2  log a  log b 2  log a 2  log log b a  36  a 36b b Câu 31 Lời giải Chọn C x  15  32  22 x  30  25  x  30  35  x 35 Nghiệm bất phương trình x   Các nghiệm nguyên dương bất phương trình là: x 1; 2;3; 15;16;17 Có 17 nghiệm nguyên dương Câu 32 Lời giải Chọn C 1 x   I  dx   dx dx  x 1 x 1  0 Câu 33 1 x 1 d  x 1 x 1  ln x  1  ln Lời giải Chọn B Tập xác định: D  0; 2018 ; y  2018  x 2018 x  x ; y 0  x 1009 Bảng biến thiên: Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 14 - Trang 6/14 Hàm số nghịch biến khoảng  1009; 2018  Do hàm số nghịch biến  1010; 2018  Câu 34 Lời giải Chọn A  2i 1  2i   3i  z    2i    i  z     3i     i   z 9  2i  z   4i Câu 35 Lời giải Chọn C 1 Số cách chọn ngẫu nhiên tổ học sinh: C13 C13 169 Số phần tử không gian mẫu: n    169 Gọi A biến cố: “ học sinh chọn nữ” 1 Số cách chọn học sinh nữ: C7 C8 56 Số kết thuận lợi cho biến cố A : n  A  56 Xác suất để học sinh chọn nữ n  A 56 P  A   n    169 Câu 36 Lời giải Chọn C Trong hình trên, ta thấy: Điểm A biểu diễn số phức z1   2i Số phức z2 xB  yBi  xB , y B    Do điểm B biểu diễn số phức z2 B đối xứng với A qua O , suy  xB  x A    1 1  z2 1  2i ra:   yB  y A  Số phức z z1  3z2    2i     2i     3    3.2  i 2  4i  z  22     2 Câu 37 Lời giải Chọn C Khi x 0 y 0 ; x 1 y  Suy đường thẳng qua hai điểm O  0;0  A  1;  1 Véctơ phương đường thẳng   OA  1;  1 , từ véctơ pháp tuyến n  1;1 Vì đường thẳng có phương trình 1. x  1   y   0  x  y 0  y  x Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số y x  x đường thẳng y  x là: Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 14 - Trang 7/14  x 0 x  x  x  x  x  x  1 0    x  x  0  x 0  x 1   x 0    x  1  2   x  1  x  x  1 0    1 x   1  1  1  1 Vì m  , n m  , n 2 2 2   1    1  Vậy S m  n     3     Câu 38 Lời giải Chọn D Gọi I trung điểm AB nên tọa độ điểm I là: I   1; 2;  1 Vì mặt cầu  S  có đường kính AB nên bán kính mặt cầu  S  là: 2        3     AB R   26 2 Vậy mặt cầu  S  có tâm I   1; 2;  1 bán kính R  26 có phương trình:  x 1 2   y     z 1 26 Câu 39 Lời giải Chọn C Ta có S1  f  x  dx; 2 12 S  f  x  dx  f  x  dx  12 Tính I  f  3x  1 dx 1 Đặt t 3x   dx  dt Đổi cận: x   t  2, x 0  t 1 1  1  1 f t d t  f t d t  f t d t               3 12    2  Câu 40 Lời giải Chọn A Gọi  đường thẳng cần tìm N   Oz  I  Ta có N (0; 0; c) Vì  qua M , N M  Oz nên MN ( 1;0; c  1) VTCP   d có VTCP u (1; 2;3)   d nên  4  MN u 0    3(c  1) 0  c   MN (  1; 0; ) 3  v (  3; 0;1) Chọn VTCP  , phương trình tham số đường thẳng  Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 14 - Trang 8/14  x 1  3t   y 0  z 1  t  Câu 41 Lời giải Chọn A Quan sát đồ thị, nhận thấy đồ thị hàm số f ( x)  x  ax  bx  c qua điểm O  0;0  ; A   1;0  ; B  1;0  Khi ta có hệ phương trình: c 0  a  b   a  b 1  a 0  b   f  x   x  x  f  x  3 x  c 0  Đặt: g  x   f  f  x    Ta có: g  x   f  f  x      f  f  x   f  x    x 3  x    x  x    3x  1   x  x  1  x  1  x3  x  1  x3  x  1  3x  1  x 0  x 1   x  g  x  0     x  x  0  x  x  0   x  0  x 0  x 1   x    x a ( 0, 76)  x b  b  1,32     x   Ta có bảng biến thiên: * Cách xét dấu g  x  : chọn x 2   1;   ta có: g     g  x   0x   1;   , từ suy dấu g  x  khoảng lại Dựa vào BBT suy hàm số có điểm cực trị * Trắc nghiệm: Số điểm cực trị số nghiệm đơn ( nghiệm bội lẻ) phương trình đa thức g  x  0 PT g  x  0 có nghiệm phân biệt nên hàm số cho có điểm cực trị Câu 42 Lời giải Chọn A x Đặt t 2 với x   1; 2 t   2; 4 Bài tốn trở thành tìm m để bất phương trình t  mt  m  15  có nghiệm với t   2; 4 t  mt  m  15  t   2; 4 Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 14 - Trang 9/14 t  15 t  2;   t 1 t  15 Đặt f  t   t 1 19 Do đó: m  max f  t   t 2;4  Vì m nguyên dương nên m   1; 2;3; 4;5; 6  m Câu 43 Lời giải Chọn B  BC  AA  BC   AMA   BC  AM Gọi M trung điểm BC Ta có  BC  AM     ABC  ,  ABC    AMA 30 Vì AB a  AM  a AA  BA AM tan 30 a  a Vậy thể tích ABC ABC  là:  AA tan A AM 2 a a a VABC ABC   AA.S ABC    Câu 44 Lời giải Chọn A  tan AMA  Chứng minh: Công thức tính diện tích elip  E  : x2 y  1 (trục lớn 2a , độ dài trục bé 2b ) a b2 a Gọi S1 diện tích elip nằm góc phần tư thứ  S1 b  x2 dx (đvdt) a2 x  Đặt sin t  dx a cos tdt ; Đổi cận x 0  t 0 , x a  t  a Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 14 - Trang 10/14     Suy S1 b a  sin t cos tdt ab cos tdt  ab   cos 2t  dt  ab  t  sin 2t   ab     0 0 2 Vậy Selip 4S1  ab Áp dụng: Diện tích nửa elip có độ dài nửa trục lớn AB 6 cm , trục bé CD 8cm  6.4 12  cm  2 Diện tích bề mặt hoa văn S S hinh _ vuong  S nua _ elip 20  4.12 400  48  cm  Câu 45 Lời giải Chọn B Gọi  C1  : x  y 9   C2  :  x    y 4 phương trình hai đường trịn biểu diễn phần ăn cỏ bị Xét phần phía Ox  C1  : x  y 9  y   x 2  C2  :  x    y 4  y   x  x  12 Phương trình hồnh độ giao điểm  x   x  x  12  x  21  218    Vậy S 2     x   dx    x dx  21   x 3sin t I    x dx  21 21 J     x   dx   cos  tdt 9 arcsin   arcsin  11  arcsin     16  4cos tdt 4   0, 3679  arcsin  11  arcsin     16  x  2sin t cos 2t  t 1 dt 9  sin 2t   2 4      11  arcsin     16  cos 2t  t 1 dt 4  sin 2t   2 4 0,627    S 1,9898 Câu 46 Lời giải Chọn B Xét I1 f   x  16  x dx 2019 Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 14 - Trang 11/14 Đặt u  x  16  x  u  x  x  16  x  Khi x 0  u 4 Khi x 3  u 8 u  16  I1   f  u  du 2019  24 u  x  16 f  x  dx 4038   x2 u  16 u  16  dx  du 2u 2u 8 x  16 u  16 f x d x  f  u  du 4038     x2 u2 4 8 f  x f x d x  16 dx 4038      x2 4 f  x  dx 4038  16 4022 Do f  x dx 1  x Kết luận: f  x  dx 4022 Câu 47 Lời giải Chọn D f  x   x  mx   m  1 x    m  x  2019  f '  x  x  3mx   m  1 x    m  g  x   g '  x  3 x  6mx   m  1 g '  x  0  x  mx   m  1 0   x  m   0  x m     x m  Hàm số y  f  x  có số điểm cực trị lớn  Hàm số y  f  x  có điểm cực trị dương  Phương trình g  x  0 có nghiệm dương phân biệt  m  m   m 1     m 10  g  m  1 g  m  1    g  0  m 1     m  m  3m  1  m  m  3m      m2   m 1    m  m  3m     m  m  3m     m2    m     m2   2 Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 14 - Trang 12/14  a b 3, c 2  abc 18 Câu 48 Lời giải Chọn A 2 2 Ta có: x  x  x m  x  x  x3  x  m 0  x  x  xm  x  x  x  m 2 x  x  x  x  * t Xét hàm số f  t  2  t  t Ta có: f  t  2 ln 1  0, t    Hàm số f  t  đồng biến  2 2 Mà  *  f  x  x  x  m   f  x  x   x  x  x  m x  x  x3  3x  m 0  m  x  3x  ** Xét hàm số g  x   x  3x  Ta có: g  x   x  g  x  0  x 1 Bảng biến thiên: Phương trình x  x  x m  x  x  m 0 có nghiệm phân biệt  phương trình (**) có a   a  2b 2 nghiệm phân biệt    m    b 2 Câu 49 Lời giải Chọn C  2x x A M E B O Gọi M  x; y  điểm biểu diễn cho số phức z , ta có z 2  x  y 4 Gọi A  4;0  , B  3;   , P  z   z   2i MA  MB Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 14 - Trang 13/14 Ta có MA  2  x  1  x  4 2 2 2  y  x  y  8x  16  x  y  x    x  y   x  y  x   y 2 ME với E  1;  Thấy E nằm B nằm ngồi đường trịn  C  : x  y 4 Ta P MA  2MB 2ME  2MB 2 EB Dấu xảy E , M , B thẳng hàng Vậy giá trị nhỏ P EB 2  4 Câu 50 Lời giải Chọn C I1 I2 M H2 H1 Mặt cầu  S1  có tâm I1  1;1;1 , bán kính R1 5 Mặt cầu  S2  có tâm I  3;  2;  1 , bán kính R2 3 Ta có R1  R2  I1 I  17  R1  R2 nên hai mặt cầu cắt Do mặt phẳng  P  tiếp xúc hai mặt cầu Giả sử mặt phẳng  P  tiếp xúc  S1  ,  S  theo thứ tự điểm H1 , H Gọi M I1 I   P  theo định lý  3  a    a  a 6     MI I H R2 3 13       MI  MI    b   b    Talet ta có Vậy mặt phẳng  b  MI1 I1 H1 R1 5    c    c    c    13  P  qua điểm M  6; ;   S a  b  c  2   Thầy Nghĩa sưu tầm biên tập – TL có VPP Photo Tâm Phúc – Giải chi tiết đề 14 - Trang 14/14