2023 đề thực chiến số 01 đề thpt năm 2018 mã 101

KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 Bài thi mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023 ĐỀ SỐ (Đề gồm có 06 trang) Họ tên thí sinh:……………………………………………… Số báo danh:…………………………………………………… Câu 1: Có cách chọn hai học sinh từ nhóm gồm 34 học sinh? B A34 34 A C 34 Lời giải D C34 Chọn D Mỗi cách chọn hai học sinh từ nhóm gồm 34 học sinh tổ hợp chập 34 phần tử nên số cách chọn C34 Câu 2: Câu 3: P : x  y  3z  0 Trong khơng gian Oxyz , mặt phẳng   có véc-tơ pháp tuyến     n1  3; 2;1 n3   1; 2; 3 n4  1; 2;  3 n2  1; 2; 3 A B C D Lời giải Chọn D  n  1; 2; 3 P : x  y  z   Một véc-tơ pháp tuyến mặt phẳng    Cho hàm số y ax  bx  cx  d hàm số cho B A  a, b, c, d    có đồ thị hình vẽ bên Số điểm cực trị C Lời giải Chọn A Dựa vào đồ thị ta khẳng định hàm số cho có điểm cực trị Câu 4: Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên sau Hàm số cho nghịch biến khoảng đây? D A  0; 1 B   ; 0 C  Lời giải 1;   D   1; 0 Chọn A Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số cho nghịch biến khoảng Câu 5:  0; 1 x Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đường y e , y 0 , x 0 , x 2 Mệnh đề đúng? 2 2x S  e dx  A S  e dx x  B x S  e x dx S  e dx  C Lời giải D  Chọn B x Diện tích hình phẳng giới hạn đường y e , y 0 , x 0 , x 2 tính theo cơng 2 S  e d x  e x dx  thức Câu 6: Câu 7: x  0 ln 5a  ln  3a  Với a số thực dương tùy ý,   ln  5a  ln ln  2a  ln  3a  A B C Lời giải Chọn C 5a ln  5a   ln  3a  ln ln 3a Ta có Nguyên hàm hàm số A x  x  C f  x   x3  x B x   C ln D ln C x  x  C Lời giải x  x C D Chọn D  x Ta có Câu 8: Câu 9: 1  x dx  x  x  C   x 2  t  d :  y 1  2t  z 3  t Trong không gian Oxyz , đường thẳng  có véctơ phương     u  2;1;3 u   1;2;1 u  2;1;1 u1   1;2;3 A B C D Lời giải Chọn B  u   1;2;1 d Vecto phương đường thẳng là: Số phức   7i có phần ảo A B  C  Lời giải D Chọn D Phần ảo số phức Câu 10: Diện tích mặt cầu bán kính R R A B 2 R C 4 R Lời giải D  R Chọn C Cơng thức tính diện tích mặt cầu: Smc 4 R Câu 11: Đường cong hình vẽ bên hàm số A y  x  x  3 B y  x  x  C y  x  x  D y  x  3x  Lời giải Chọn D Vì đồ thị có dạng hình chữ M nên hàm trùng phương Do loại B C lim   Vì x  nên loại A A 2;  4;3 B 2;2;7  Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   Trung điểm đoạn AB có tọa độ 1;3;2  2;6;4  2;  1;5 4;  2;10  A  B  C  D  Lời giải Chọn C x A  xB  2  xM   y A  yB    yM   z A  zB  5  zM   M  2;  1;5  Gọi M trung điểm AB Khi  Câu 13: lim 5n  B A Chọn A Ta có lim 0 5n  x1 32 có nghiệm Câu 14: Phương trình C  Lời giải D A x B x 2 C Lời giải x D x 3 Chọn B x1 32  x  5  x 2 Ta có Câu 15: Cho khối chóp có đáy hình vng cạnh a chiều cao 2a Thể tích khối chóp cho a 3 A 4a B C 2a D AB a Lời giải Chọn B Diện tích đáy hình chóp B a 1 V  Bh  a 2a  a 3 3 Thể tích khối chóp cho Câu 16: Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất 7,5 %/năm Biết không rút tiền khỏi ngân hàng sau năm số tiền lãi nhập vào vốn để tính lãi cho năm Hỏi sau năm người thu (cả số tiền gửi ban đầu lãi) gấp đôi số tiền gửi, giả định khoảng thời gian lãi suất không thay đổi người khơng rút tiền ra? A 11 năm B năm C 10 năm D 12 năm Lời giải Chọn C  Sn  n  n log  1 r    Sn  A   r   A   n log  17,5%    9,6 Áp dụng công thức: Câu 17: Cho hàm số f  x  ax3  bx  cx  d  a, b, c, d    Đồ thị hàm số vẽ bên Số nghiệm thực phương trình A Chọn A B f  x   0 C Lời giải y  f  x D hình f  x   0  f  x   Ta có: y  cắt đồ thị hàm số y  f  x  ba điểm phân biệt Dựa vào đồ thị đường thẳng y Câu 18: Số tiệm cận đứng đồ thị hàm số A B x 9  x  x C D Lời giải Chọn D Tập xác định D   9;   \   1;0  x 9    lim  x  x2  x  x 9   lim x     lim   x   1 x  x  x  tiệm cận đứng Khi đó: x  x  x Ta có: Câu 19: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SB 2a Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy o A 60 o B 90 o o D 45 C 30 Lời giải Chọn A ABCD  Ta có AB hình chiếu SB  Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy góc SB AB AB cos ABS   SB  ABS 60o Tam giác SAB vuông A , Câu 20: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua điểm x  y  3z  0 có phương trình A x  y  3z  0 A  2;  1;2  song song với mặt phẳng B x  y  z  11 0  P : C x  y  z  11 0 D x  y  z  11 0 Lời giải Chọn D Gọi mặt phẳng  x  y  z  D 0 Q  P , song song với mặt phẳng mặt phẳng  Q có dạng A  2;  1;2    Q   D  11 Vậy mặt phẳng cần tìm x  y  z  11 0 Câu 21: Từ hộp chứa 11 cầu đỏ cầu màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời cầu Xác suất để lấy cầu màu xanh bằng: A 455 24 B 455 C 165 Lời giải 33 D 91 Chọn A Số phần tử không gian mẫu: n    C15 455 (phần tử) n A C43 4 Gọi A biến cố: “ lấy cầu màu xanh” Khi đó,   (phần tử ) n  A P  A  n     455 Xác suất Câu 22: e 3x  dx bằng: 1 e e A   e  e B C e  e Lời giải e e D   Chọn A Ta có: e dx  e x   e  e 3 3x     2;3 Câu 23: Giá trị lớn hàm số y  x  x  đoạn  bằng: A 201 B C Lời giải Chọn D  2;3 Hàm số cho xác định liên tục đoạn  D 54  x 0    2;3  3  x     2;3 Ta có: y 4 x  x Phương trình y 0  x  x 0     f    9 f  3 54 f   9 f  5 f 5 , , , ,  2;3 f 54 Vậy giá trị lớn hàm số đoạn    x  yi     3i   x  6i Câu 24: Tìm hai số thực x y thỏa mãn  với i đơn vị ảo A x  ; y  B x  ; y  C x 1 ; y  D x 1 ; y  Lời giải Chọn A Ta có:  x  0  x    x  yi     3i   x  6i  x    y   i 0 3 y  0  y  Ta có:  Câu 25: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng đỉnh B , AB a , SA vng góc với mặt SBC  phẳng đáy SA 2a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  5a A B 5a 2a C Lời giải D 5a Chọn A AH   SBC  Trong tam giác SAB dựng AH vng góc SB khoảng cách cần tìm 1 2a  2  AH  2 SA AB 4a suy AH Ta có: AH 55 x dx a ln  b ln  c ln11 x 9 với a, b, c số hữu tỉ Mệnh đề đúng? B a  b c C a  b 3c D a  b  3c Lời giải Câu 26: Cho 16 A a  b  c Chọn A  x 16  t 5  Đặt t  x   t  x   2tdt dx Đổi cận:  x 55  t 8 8 2tdt dt  dt dx  2     t 3 t  t  t x x  5 5 Khi đó: 16 55      dt    t    1 ln x   ln x    ln  ln  ln11 3 =3 1 a  b  c  3, 3, Mệnh đề a  b  c Vậy  Câu 27: Một bút chì khối lăng trụ lục giác có cạnh đáy mm chiều cao 200 mm Thân bút chì làm gỗ phần lõi làm than chì Phần lõi có dạng khối trụ có chiều cao chiều dài bút chì đáy hình trịn bán kính mm Giả định m gỗ có giá trị a (triệu đồng), m than chì có giá trị 8a (triệu đồng) giá nguyên vật liệu làm bút chì gần với kết sau đây? A 9,7a (đồng) B 97,03a (đồng) C 90,7a (đồng) Lời giải D 9,07a (đồng) Chọn D 6 6 Thể tích phần phần lõi làm than chì: Vr  R h  10 0,2 0,2.10  Thể tích bút chì khối lăng trụ lục giác đều: V  B.h  m  3 27  3.10 0,  10 m3 10     Thể tích phần thân bút chì làm gỗ: Giá nguyên vật liệu làm bút chì: Vt V  Vr  27  10  0, 2.10   m3 10    27   0, 2.10  8a   10  0, 2.10    a 9,07.10  6.a  10  (triệu đồng) x x  1   x  1 Câu 28: Hệ số x khai triển nhị thức  A  13368 B 13368 C  13848 Lời giải Chọn A 6 Ta có: x  k 0 x  x  1   x  1 k C6k  x    1 6 k x  k 0  k C6k  x    1 l C8l  x    1  l 0 6 k  D 13848 l C8l  x    1  l 0 8 l 8 l C  Suy hệ số x khai triển nhị thức là:     6  C85  3   1 6  13368 Câu 29: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB a , BC 2a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA a Khoảng cách hai đường thẳng AC SB A 6a Chọn B 2a B a C Lời giải a D AC / / EB  AC / /  SBE  Dựng điểm E cho ACBE hình bình hành Khi đó:  d  AC , SB  d  AC ,  SBE   d  A,  SBE    1 AH  SI  H  SI   d  A,  SBE    AH   kẻ 1 1  2  2  2 AB AE 4a a 4a Xét tam giác ABE có: AI 1 1       AH  a SA AI a 4a 4a   Xét SAI , ta có: AH AI  EB  I  EB  Kẻ 1; ; Từ       suy h d  AC , SB    2a  z  i  z  2 Câu 30: Xét điểm số phức z thỏa mãn số ảo Trên mặt phẳng tạo độ, tập hợp tất điểm biểu diễn số phức z đường trịn có bán kính C Lời giải B A D Chọn C a, b    Gọi z a  bi  Ta có:  z  i   z    a  bi  i   a  bi    a  2a  b  b   a  2b   i  1   a   b       z  i  z  2 2 2  Vì số ảo nên ta có: a  2a  b  b 0 Trên mặt phẳng tạo độ, tập hợp tất điểm biểu diễn số phức z đường trịn có bán   kính Câu 31: Ông A dự định sử dụng hết 6,5m kính để làm bể cá kính có dạng hình hộp chữ nhật khơng nắp, chiều dài gấp đơi chiều rộng (các mối ghép có kích thước khơng đáng kể) Bể cá có dung tích lớn (kết làm tròn đến hàng phần trăm)? A 2, 26 m B 1,61m C 1,33m Lời giải D 1,50 m Chọn D Giả sử bể cá có kích thước hình vẽ Ta có: x  xh  xh 6,5  h 6,5  x 6x Do h  , x  nên 6,5  x  Lại có V 2 x h   0x 13  13  6,5 x  x x   0;   f x     , với 39 13 f  x    x f  x 0  x  ,    39  13 39 V  f  1,50m3   54   Vậy Câu 32: Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian 11 v t  t  t  m s 180 18 quy luật , t (giây) khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển động Từ trạng thái nghỉ, chất điểm B xuất phát từ O , chuyển động thẳng a m s2 a hướng với A chậm giây so với A có gia tốc ( số) Sau B xuất phát 10 giây đuổi kịp A Vận tốc B thời điểm đuổi kịp  A 22  m s  A B 15  m s  10  m s  C Lời giải D   m s Chọn B Từ đề bài, ta suy ra: tính từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động bị chất điểm B bắt kịp A 15 giây, B 10 giây Biểu thức vận tốc chất điểm B có dạng vB  t  at vB  t   adt at  C  , lại có vB   0 nên Từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động bị chất điểm B bắt kịp quãng đường 15 10    11  t  t  dt  atdt   a 180 18    75 50a hai chất điểm Do đó: vB  10   10 15 m s   Từ đó, vận tốc B thời điểm đuổi kịp A x y  z 7 d:   A  1;2;3 Oxyz  Đường Câu 33: Trong không gian , cho điểm đường thẳng thẳng qua A , vng góc với d cắt trục Ox có phương trình A  x   2t   y 2t  z 3t  B  x 1  t   y 2  2t  z 3  2t  C Lời giải  x   2t   y  2t  z t  Chọn A D  x 1  t   y   2t  z 3  3t   BA   b;2;3 Gọi  đường thẳng cần tìm và      b    0  b  Do   d ,  qua A nên BA.ud 0  BA  2;2;3 B  1;0;0  Từ  qua  , có véctơ phương nên có phương trình  x   2t   :  y 2t  z 3t  B   Ox  B  b;0;0  Câu 34: Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên tham số m cho phương trình 16 x  m.4 x 1  5m  45 0 có hai nghiệm phân biệt Hỏi S có phần tử? A 13 B C D Lời giải Chọn B x 2 * Đặt t 4 , t  Phương trình cho trở thành: t  4mt  5m  45 0   * Với nghiệm t  phương trình   tương ứng với nghiệm x phương trình ban đầu Do đó, u cầu tốn tương đương phương trình  * có hai nghiệm     m   m  45    m        m3  S    4m    P    m  5m  45   3m3   dương phân biệt Khi đó: m   4;5;6 Do m   nên Câu 35: Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y x2 x  5m đồng biến khoảng   ;  10  ? A B Vô số C Lời giải Chọn A Tập xác định: D  \   5m y  Đạo hàm: 5m   x  5m  D  m  5m        m 2   ;  10  m    m  10   Hàm số đồng biến m   1;2 Do m   nên Câu 36: Có tất giá trị nguyên m để hàm số tiểu x 0 A B y  x8   m   x  m  x   C Lời giải  đạt cực D Vô số Chọn C   y 8 x   m   x  m  x3  x  x   m   x  m         g x         Ta có: Ta xét trường hợp sau:       Nếu m  0  m 2 Khi m 2  y  8 x  x 0 điểm cực tiểu Khi m   y  x x  20    x 0 không điểm cực tiểu Nếu m  0  m 2 Khi ta có: y  x  x   m   x  m  x     y  x8   m   x  m  x   Số cực trị hàm   số cực trị hàm g  x   g  x  8 x5   m   x  m  x    g  x  40 x  100  m   x  m  g   Nếu x 0 điểm cực tiểu        m2    m2      m   m   1;0;1   Khi đó: Vậy có giá trị nguyên m Câu 37: Cho hình lập phương ABCD ABC D có tâm O Gọi I tâm hình vng ABC D M điểm thuộc đoạn thẳng OI cho MO 2 MI (tham khảo hình vẽ) Khi cosin góc tạo hai mặt phẳng 85 A 85  MCD  MAB  85 B 85 bằng: 17 13 C 65 13 D 65 Lời giải Chọn B Không tính tổng quát, ta giả sử cạnh hình lập phương Gọi P, Q trung điểm DC  AB 2 Khi ta có: MP  IM  IP  10, MQ  34, PQ 6  cos PMQ  Áp dụng định lí cơsin ta được: Góc  góc hai mặt phẳng MP  MQ  PQ  14  MP.MQ 340  MCD cos    MAB  ta có: z z   i   2i   i  z Câu 38: Có số phức z thoả mãn  A B C Lời giải Chọn B Ta có: D z  z   i   2i   i  z  z  z   i  4 z   z   i Lấy mơđun vế phương trình ta được: t  z , t 0 Đặt ta được: z  z  5 2 1  14 85  85 340  z    z  2 2 t  t  5    4t    t     t  1 t  9t  0   Phương trình có nghiệm phân biệt t 0 có số phức z thoả mãn Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu A  2;3;  1 Xét điểm M thuộc thuộc mặt phẳng có phương trình A x  y  11 0  S  :  x  1   y  1   z  1 9  S  cho đường thẳng AM tiếp xúc với  S  , M B x  y  0 C x  y  0 Lời giải Chọn C Mặt cầu  S  có tâm I   1;  1;  1 bán kính R 3 2 Ta tính AI 5, AM  AI  R 4 Phương trình mặt cầu  S ' tâm A  2;3;  1 , bán kính điểm AM 4 là: D x  y  11 0  x     y  3   z  1 16 M thuộc mặt phẳng  P   S    S ' có phương trình: x  y  0 y  x4  x2 C C Câu 40: Cho hàm số có đồ thị   Có điểm A thuộc   cho tiếp tuyến thỏa mãn A  C  A cắt  C  hai điểm phân biệt M  x1; y1  , N  x2 ; y2  ( M , N khác A ) y1  y2 6  x1  x2  ? B C Lời giải D Chọn B Nhận xét hàm số trùng phương có hệ số a  Ta có y  x  x nên suy hàm số có điểm cực trị  x 0   x  x   A x ;y Phương trình tiếp tuyến  0  (là đường thẳng qua hai điểm M , N ) có hệ số góc: y  y2 k 6 x1  x2 A x ;y C Do để tiếp tuyến  0  có hệ số góc k 6  cắt   hai điểm phân biệt M  x1; y1  , N  x2 ; y2    x0  x0  21 (hoành độ điểm uốn)  x0    x0   x0 3 (l ) y x 6  x03  x0  0 Ta có phương trình:   A Vậy có điểm thỏa yêu cầu Câu 41: Cho hai hàm số f  x  ax  bx  cx  2 g  x  dx  ex   a, b, c, d , e    Biết y  f  x y g  x  đồ thị hàm số cắt ba điểm có hồnh độ  ;  ; (tham khảo hình vẽ) Hình phẳng giới hạn hai đồ thị cho có diện tích A B C D Lời giải Chọn C Cách 1: 1 S   f  x   g  x   dx   g  x   f  x   dx  Diện tích hình phẳng cần tìm là:  3 1 1   ax 3    ax3   b  d  x   c  e  x   dx  2  3    b  d  x2   c  e  x  3 dx  ax3   b  d  x   c  e  x  0 *   phương trình hồnh độ giao Trong phương trình điểm hai đồ thị hàm số Phương trình y  f  x  * có nghiệm y g  x   ;  ; nên   27 a  b  d  c  e  0          a   b  d    c  e   0   a   b  d    c  e   0     27 a  b  d  c  e  a        2   3     b  d    a   b  d    c  e   2     a   b  d    c  e    c  e     1   x 3 1 S   x3  x  x   dx  2 2 2 3 Vậy Cách 2: 1 Phương trình hồnh độ giao điểm 1  1 f  x  3a  3 x  x   dx 2 2 2     4 g  x là: a  x  3  x  1  x  1 0 1  1 a  2 Dựa vào hệ số tự suy ra: f  x   g  x    x  3  x  1  x  1 Từ suy ra: f x g x Diện tích hình phẳng giới hạn hai hàm số     là: 1 S    x  3  x  1  x  1 dx  3 1 2  x  3  x  1  x  1 dx 2     4 1 Câu 42: Cho khối lăng trụ ABC ABC , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB , khoảng cách từ A đến đường thẳng BB CC  A lên mặt phẳng lăng trụ cho A Chọn A  ABC B trung điểm M BC C Lời giải , hình chiếu vng góc AM  3 Thể tích khối D Gọi N trung điểm BC Kẻ AE  BB E , AF  CC  F Ta có EF  MN H nên H trung điểm EF  AE  AA    AA   AEF   AA  EF  EF  BB Ta có  AF  AA Khi d  A, BB  AE 1 2 , d  A, CC   AF  , d  C , BB EF 2 Nhận xét: AE  AF EF nên tam giác AEF vuông A , suy AH  EF 1  AA   AEF    MN // AA  MN   AEF   MN  AH Ta lại có  1    2 1  AH AN 4 Tam giác AMN vng A có đường cao AH nên AM  AM 2  AANM    ABC    AANM    AEF    AANM    ABC   AN  AANM  AEF  AH       Góc mặt phẳng  ABC   AEF  HAN Mặt khác  AEF  Hình chiếu tam giác ABC lên mặt phẳng  tam giác AEF nên: AH AE AF AN   AE AF  S  S    ABC  ABC SAEF SABC cos HAN 2 AN AH 1 V S ABC AM 2 Vậy ABC AB C  Câu 43: Ba bạn A , B , C bạn viết ngẫu nhiên lên bảng số tự nhiên thuộc đoạn suất để ba số viết có tổng chia hết cho 1728 1079 23 1637 A 4913 B 4913 C 68 D 4913 Lời giải Chọn D Khơng gian mẫu có số phần tử 17 4913 3 1  1;17 Xác Lấy số tự nhiên từ đến 17 ta có nhóm số sau: 3;6;9;12;15 Số chia hết cho : có số thuộc tập  1;4;7;10;13;16 Số chia cho dư 1: có số thuộc tập  2;5;8;11;14;17 Số chia cho dư : có số thuộc tập  Ba bạn A , B , C bạn viết ngẫu nhiên lên bảng số tự nhiên thuộc đoạn mãn ba số có tổng chia hết cho khả xảy sau:  1;17 thỏa Trường hợp 1: Ba số chia hết cho có 125 cách Trường hợp 2: Ba số chia cho dư có 216 cách Trường hợp 3: Ba số chia cho dư có 216 cách Trường hợp 4: Một số chia hết cho , số chia cho dư 1, chia cho dư ta có tất 5.6.6.3! 1080 cách 125  216  216  1080 1637  4913 4913 Vậy xác suất cần tìm log 3a  2b 1 9a  b   log ab 1  3a  2b  1 2  Câu 44: Cho a  , b  thỏa mãn a  2b A  C Lời giải B Giá trị D Chọn C 3a  2b    2 9a  b    6ab    log 3a  2b 1 9a  b    log ab 1  3a  2b  1    Ta có a  , b  nên Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta được: log3a  2b 1 9a  b   log 6ab 1  3a  2b  1 2 log 3a 2b 1 9a  b  log 6ab 1  3a  2b  1      2 log ab 1 9a  b   log ab 1 9a  b  1      9a  b  6ab    3a  b  0  3a b Vì dấu “ ” xảy nên log 3a  2b 1 9a  b  log ab 1  3a  2b  1  log3b 1 2b  log 2b2 1  3b  1     2b  3b   2b  3b 0  b  a (vì b  ) suy a  2b    2 Vậy Câu 45: Cho hàm số y x x  có đồ thị  C  Gọi I giao điểm hai tiệm cận  C  Xét tam C giác ABI có hai đỉnh A , B thuộc   , đoạn thẳng AB có độ dài A B C D 2 Lời giải Chọn B  C : y x 1  x2 x  I   2;1 giao điểm hai đường tiệm cận  C      A  a;1     C  B  b;1   C a  b      Ta có: , ;       IA  a  2;   IB  b  2;   a2 , b2   a a  b1 b  a1 0 b1 0 a1 b1 Đặt , ( , ; ) Tam giác ABI  a1  a b1  b 1     a1  a b1  b   a1b1   1 a1b1   IA2  IB        2  IA.IB  a     cos IA, IB cos 60 a1  IA.IB     1  a12  b12     0  a12  b12   a1 b1  Ta có    1  2  1     0  b1 a1   a1 b1  a  b 1    2    2 a b  a1b1 3  a1 b1 9  a12  b12   21  0  a12  b12   2  0   a1 b1   a1 b1   a1b1  a b1 / B ; a1  b1 , a1b1  (loại khơng thỏa  2 ) Trường hợp loại A   a12  b12  1 9 a12  2  a12  12 a b 3 a1 a1 Do 1 , thay vào   ta 3  a12  Vậy AB IA Câu 46: Cho phương trình m    20;20  A 20 a12 2 x  m log5  x  m  với m tham số Có giá trị ngun để phương trình cho có nghiệm? B 19 C Lời giải D 21 Chọn B x x  m log5  x  m    x x  m  log5  x  m  Điều kiện x  m Ta có log5  x  m  x   x 5 Xét hàm số  log5  x  m  f  t  5t  t có đạo hàm  1 f  t  5t ln5   0, t   , Do từ x  1 suy x log5  x  m   m  x  g  x  x  5x g  x  1  x.ln5 g  x  0  x log5 ln  log5 ln  x0 Xét hàm số Bảng biến thiên , , Do để phương trình có nghiệm Các giá trị ngun m    20;20  m  g  x0   0,92   19;  18; ;  1 , có 19 giá trị m thỏa mãn S I  2;1;2  A 1;  2;  1 Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   có tâm  qua điểm  Xét S điểm B , C , D thuộc   cho AB , AC , AD đơi vng góc với Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn A 72 B 216 C 108 D 36 Lời giải Chọn D S Đặt AB a , AC b , AD c ABCD tứ diện vuông đỉnh A , nội tiếp mặt cầu   Khi ABCD tứ diện đặt góc A hình hộp chữ nhật tương ứng có cạnh AB , AC , 2 2 AD đường chéo AA đường kính cầu Ta có a  b  c 4 R 1 V VABCD  abc  V  a 2b 2c 36 Xét 3  a  b2  c   4R2  2 2   a b c    36.V  V  R 2 2 2     27 Mà a  b  c 3 a b c V 36 Với R  IA 3 Vậy max Câu 48: Cho hàm số f  x f    thỏa mãn 2  f  x  2 x  f  x   với x   Giá trị f  1 35  A 36 B  C Lời giải  19 36 D  15 Chọn B f  x  2 x  f  x   Ta có f  x  0     x   x  C    x  f  x  f  x    f  x   f  x  Từ f    C  suy Do f  1    1  12      2  x 1  3t  d :  y 1  4t  z 1  Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng Gọi  đường thẳng qua điểm  A  1;1;1 u  1;  2;2  có vectơ phương Đường phân giác góc nhọn tạo d  có phương trình  x 1  7t  x   2t  x   2t  x 1  3t      y 1  t  y  10  11t  y  10  11t  y 1  4t  z 1  5t  z   5t  z 6  5t  z 1  5t A  B  C  D  Lời giải Chọn C  x 1  t    :  y 1  2t   z 1  2t   Phương trình tham số đường thẳng B 2;  1;3   AB 3 Chọn điểm  ,  14 17  C  ; ;1 Điểm  5   C  Kiểm tra điểm    C   ;  ;1  5  nằm d thỏa mãn AC  AB  ;  ;1  5  thỏa mãn BAC nhọn 3  I  ;  ;2  Trung điểm BC  5  Đường phân giác cần tìm AI có vectơ phương  x   2t   y  10  11t   z 6  5t u  2;11;   có phương trình  , Câu 50: Cho hai hàm số y  f  x , y g  x  Hai hàm số y  f  x  vẽ bên, đường cong đậm đồ thị hàm số y  g  x  y  g  x  có đồ thị hình