ÔN TOÁN THPT QG 10 đề MINH họa

Câu 1: ĐỀ THAM KHẢO SỐ Điểm M hình vẽ bên điểm biểu diễn số phức z Tìm phần thực phần ảo số phức z A Phần thực 4 phần ảo B Phần thực phần ảo 4i C Phần thực phần ảo 4 D Phần thực 4 phần ảo 3i Câu 2: Lời giải Chọn C Trên mặt phẳng phức, số phức z  x  yi biểu diễn điểm M ( x; y) Điểm M hệ trục Oxy có hồnh độ x  tung độ y  4 Vậy số phức z có phần thực phần ảo 4 2x  lim x   x  A  B 1 C 2 D Lời giải Chọn C 2x  x  2 lim  lim x   x  x  1  x Cho tập hợp M có 10 phần tử Số tập gồm phần tử M là: A A103 B 310 C C103 D 103 Lời giải Chọn C Số tập gồm phần tử thỏa yêu cầu toán số cách chọn phần tử 10 phần tử M Do số tập gồm phần tử M C103 Diện tích đáy khối chóp có chiều cao h thể tích V V 6V 3V 2V A B  B B  C B  D B  h h h h Lời giải Chọn B 3V Ta có V  Bh  B  h 3V Vậy diện tích đáy khối chóp có chiều cao h thể tích V B  h Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: 2 Câu 3: Câu 4: Câu 5: NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx / 19 Hàm số y  f  x  nghịch biến khoảng đây? A  ;0  B  ;   C  1;0  Lời giải D  0;    Chọn B Dựa vào bảng biến thiên hàm số đồng biến khoảng  ; 1 Câu 6: Cho hàm số y  f  x  liên tục đoạn  a; b Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f  x  , trục hoành hai đường thẳng x  a , x  b  a  b  tính theo cơng thức b A S   f  x  dx a a b C S  b B S    f  x  dx  f  x  dx b D S   f  x  dx a a Lời giải Câu 7: Câu 8: Chọn A Cho hàm số y f x xác định, liên tục có bảng biến thiên sau: Trong khẳng định sau, khẳng định đúng? A Hàm số có cực trị B Hàm số có giá trị cực tiểu C Hàm số có giá trị lớn D Hàm số đạt cực đại x Lời giải Chọn D Dựa vào bảng biến thiên hàm số đạt cực đại x Cho a, b  Khẳng định sau khẳng định đúng? A log  ab   log a.log b B log  ab2   2log a  2log b C log  ab2   log a  2log b D log  ab   log a  log b Lời giải Chọn C Ta có log  ab   log a  log b nên A D sai Theo lý thuyết log  ab2   log a  log b2  log a  2log b nên B sai Vậy C Câu 9: Tìm nguyên hàm hàm số f  x   e2 x A  e2 x dx  e2 x  C B  e2 x dx  e2 x  C C  e2 x dx  2e2 x  C D  e2 x dx  e2 x 1 C 2x 1 Lời giải Chọn A 1 2x 2x 2x  e dx   e d  x   e  C Câu 10: Cho điểm M 1; 2; 3 , hình chiếu vng góc điểm M mặt phẳng  Oxy  điểm NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx / 19 A M ' 1; 2;0  B M ' 1;0; 3 C M '  0;2; 3 Hướng dẫn giải D M ' 1; 2;3 Chọn A Với M  a; b; c   hình chiếu vng góc điểm M mặt phẳng  Oxy  M   a; b;0   M  1; 2;0  Câu 11: Đường cong hình bên đồ thị hàm số sau đây? y O A y   x4  x  B y  x  x  x C y  x3  3x  Lời giải D y   x3  3x  Chọn B * Đồ thị hàm số có hình dạng đồ thị hàm trùng phương nên ta loại đáp án C D * Đồ thị hàm số quay lên nên ta loại đáp án A * Đáp án đáp án B  x   2t  Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y  t Đường thẳng d có vectơ phương  z   5t  A u1  1;0;4  B u2   2; 1;5 C u3  1; 1;5 Lời giải D u4  1; 1;4  Chọn B Vectơ phương đường thẳng d ud   2; 1;5 13 x 25 2 Câu 13: Tìm tập nghiệm S bất phương trình:    5 1 1   A S   ;1 B S   ;   C S   ;  3 3   Lời giải Chọn D 13 x 13 x D S  1;   2 25 2 2 2         3x  2  x     5 5 5 Vậy tập nghiệm bất phương trình là: S  1;   Một khối nón tích 4 chiều cao Bán kính đường tròn đáy bằng: A B C D 3 Lời giải Chọn A Thể tích khối nón : 1 V   r h   r  4  r   r  3 Câu 15: Trong không gian Oxyz , tìm phương trình mặt phẳng  α  cắt ba trục Ox , Oy , Oz ba Câu 14: điểm A  3;0;0 , B  0; 4;0  , C  0;0;   A x  y  z  12  B x  y  z  12  C x  y  z  12  D x  y  z  12  Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx / 19 Chọn A Mặt phẳng  α  cắt ba trục Ox , Oy , Oz ba điểm A  3;0;0 , B  0; 4;0  , C  0;0; 2  có x y z   1  x  y  z  12  3 2 Câu 16: Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng? x  3x  x3  x3  x  A y  B y  C y  D y  x 3 x x 1 x 1 Lời giải Chọn A x  3x   x  , x  1 nên đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng Ta có: y  x 1 Câu 17: [2D1-17-2]Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau phương trình  α  : Số nghiệm phương trình f  x    B A C Lời giải D Chọn A Số nghiệm phương trình f  x     f  x   1 số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y  1 Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y  1 không cắt đồ thị hàm số y  f  x  nên phương trình f  x    vô nghiệm Câu 18: Chọn Ta có f f f x 2; C Lời giải D 24 C I  1– ln Lời giải D I  – ln A 3x  3x x 6, f Vậy Max f x x đoạn 3x B 10 A Tích phân I   A I  ln  2, f x x 2; 2; 2, f 6 2; Câu 19: x3 Giá trị lớn hàm số f x dx có giá trị x 1 B I  ln –1 Chọn A Cách 1: 1 I  dx   ln x    ln   ln   ln x 1 Cách 2: 1 Bước 1: Bấm máy tính để tính  dx x 1 Bước 2: Bấm SHIFT STO A để lưu vào biến A NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx / 19 Bước 3: Bấm A  ln   đáp án A Câu 20: Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z  z   Giá trị biểu thức z12  z2 9 9 A B C D 18 Lời giải Chọn A Phương pháp tự luận:  21  i  z1   4 Ta có: z  z      21  i  z2    4  2  21   2 Vì z2  z1 nên z1  z2                 Phương pháp trắc nghiệm: Sử dụng MTCT bấm: MODE  Lưu ý bấm: SHIFT  ENG để xuất chữ i ( bấm trực tiếp ENG) 2  21   21  Nhập    i    i   ta kết         4   Câu 21: Đáy hình lăng trụ đứng tam giác ABC ABC  tam giác cạnh Tính khoảng cách hai đường thẳng AA BC A B C D Lời giải Chọn B A' C' B' A C I B Gọi I trung điểm BC BC ABC có AI   AI  BC  Ta có   AI đoạn vng góc chung AA AA  AI  BC suy d  AA ', BC   AI  Câu 22: Bố An vay ngân hàng Agribank 200 triệu đồng để sửa nhà, theo hình thức lãi kép với lãi suất 1,15% tháng Hàng tháng vào ngày ngân hàng thu lãi bố An trả đặn triệu đồng Sau năm có cạnh tranh ngân hàng nên lãi suất giảm xuống 1%/tháng Gọi m số tháng bố An hoàn trả hết nợ Hỏi m gần với số số sau A 36 tháng B 35 tháng C 34 tháng D 33 tháng Lời giải Chọn A Năm thứ NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx / 19 Sau tháng bố An nợ 200  200.0,0115   200.1,0115  triệu đồng Sau tháng bố An nợ 200.1,01152  1,0115  1 triệu đồng Sau tháng bố An nợ 200.1,01153  1,01152  1 triệu đồng … Sau 12 tháng bố An nợ 200.1,011512  1,011512   A  139,8923492 triệu đồng 1,0115  Năm thứ hai Sau n tháng bố An nợ Sn  A.1,01n  1,01n  triệu đồng 1,01  n  22,406 tháng Vậy sau 36 tháng bố An trả hết nợ Câu 23: Một hộp chứa 11 cầu có màu xanh màu đỏ Lấy ngẫu nhiên cầu từ hộp Tính xác suất để lần lấy cầu màu xanh A B C D 11 11 11 55 Lời giải Chọn D Số cách chọn ngẫu nhiên cầu : 11.10  110 Số cách chọn lần cầu màu xanh: 5.4  20 20  Xác suất để chọn hai cầu màu xanh : 110 11 Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  1; 2;1 B  2;1;0  Mặt phẳng qua B vng góc với AB có phương trình A 3x  y  z   B 3x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   Lời giải Chọn B Ta có AB   3;  1;  1 Mặt phẳng cần tìm vng góc với AB nên nhận AB   3;  1;  1 làm vectơ pháp tuyến Do phương trình mặt phẳng cần tìm là:  x     y  1   z     3x  y  z   Câu 25: Cho tam giác ABC cạnh a Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng  ABC  B , ta lấy điểm M cho MB  2a Gọi I trung điểm BC Tang góc đường thẳng IM  ABC  A B C D Lời giải Chọn D NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx / 19 M B I C A Ta có BM   ABC  nên IB hình chiếu IM lên  ABC    IM ,  ABC     IM , IB   MIB MB 2a   a IB n 1  Câu 26: Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển   x5  , biết n số nguyên dương thỏa mãn x  n 1 n Cn4  Cn3   n  3 Xét tam giác MIB vng I , ta có tan MIB  A 495 B 313 C 1303 Lời giải D 13129 Chọn A n 1 Ta có: Cn4  Cnn3   n  3   Cnn3  Cnn31   Cnn3   n  3  Cnn31   n  3   n   n  3  2!  n  3  n   7.2!  14  n  12 12  k 12 k   1  1  Khi đó:   x5     x5    C12k  x 3   x  x  x  k 0   60  11k 8 k 4 Số hạng chứa x8 ứng với k thỏa: Do hệ số số hạng chứa x8 là: C124  495 n Câu 27: 12 12  C x k 0 k 12 Tích tất nghiệm phương trình log x.log x.log8 x.log16 x  A B Lời giải C 60 11k D 1 Chọn A Điều kiện: x  Phương trình tương đương: 1 log x.log x.log x.log x    log x   16 x  log x     log x   x    Vậy Tích tất nghiệm phương trình là:  Câu 28: Cho hình chóp S ABCD , ABCD hình chữ nhật, SA vng góc với đáy AB  a , AC  2a , SA  a Tính góc SD BC A 30 B 60 C 90 D 45 Lời giải NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx / 19 Chọn B Ta có: AD BC   SD; BC    SD; AD   SDA Mà AD  BC  AC  AB2  a Xét tam giác SAD : SA a  SDA  60 tan SDA    AD a 3 Câu 29: x y  z 3 x 1 y  z      d : 1 1 2 5 Đường thẳng vng góc với mặt phẳng tọa độ  Oxz  cắt d1 d có phương trình Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :  x   25  A  y    t   18  z  x   B  y  3  t z   x   C  y  1  t  z  1  x  t  D  y  4  t z   t  Lời giải Chọn A * Lấy điểm M  t;   t;  t   d1 , N 1  2t ;   t ;  5t    d2 , ta có MN  1  2t   t;  t   t;  5t   t  * MN   Oxz  suy MN phương véctơ đơn vị j   0;1;0   MN  k j ,  k    t  1  2t   t      25 18   19 18      1  t  t  1.k  t   , nên M  ;  ;  , N  ;  ;  MN   0; ;0  7 7 7 7    1  5t   t     k   25 18  * Vậy đường thẳng cần tìm qua điểm M  ;  ;  có VTCP u   0;1;0  nên phương trình 7 7  x   25  y   t   18  z  Câu 30: Tìm m để hàm số sau đồng biến  3;   : y  x2  x  2ln  x  3  mx  A m  B m  C m  Lời giải D m  4 Chọn B Hàm số cho xác định liên tục  3;   m x3 Hàm số cho đồng biến  3;   Ta có: y  x   y  0, x   3;    x    m  0, x   3;   x3 2 , x   3;    m  f  x  với f  x   x    3;  x3 x3   Ta có: f  x   x    2 x     Đẳng thức xảy x  2 x3 x3   m  2x   NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx / 19 Do f  x    3;  Vậy m  Câu 31: Cho  H  hình phẳng giới hạn parabol y  3x , nửa đường tròn có phương trình y   x (với 2  x  ) (phần tơ đậm hình vẽ) Diện tích  H  A 2  B 4  C 2  D 4  y x O -2 Lời giải Chọn A y x -2 -1 O Phương trình hồnh độ giao điểm parabol y  3x nửa đường tròn y   x (với 2  x  ) là:  x2  x   x  3x   x  3x    x   x  1   Diện tích  H  là: S 1    x  3x dx  I  31 với I    x dx x I  3 1    Đặt: x  2sin t , t    ;   dx  2cos t.dt  2 Đổi cận: x  1  t    , x 1 t   I    4sin t 2cos t.dt  Vậy S  I  NGUYỄN BẢO VƯƠNG  6    4cos  t.dt   1  cos 2t .dt   2t  sin 2t       2  3 2 2    3  3 3 ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx / 19 Câu 32: dx  a  b  c với a , b , c số hữu tỷ Tính P  a  b  c x 1  x 16 13 A P  B P  C P  D P  3 Lời giải Chọn A 3 3 1   dx x 1  x  dx   x   x dx     x  1  x  dx Ta có  x 1  x x 1 x  1 1 Biết    2 14   x  1 x   x x   3 3 3 14 16 Do a  , b   , c  nên P  a  b  c  3 Câu 33: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a , góc cạnh bên SA mặt phẳng đáy 30 Tính diện tích xung quanh S xq hình trụ có đường tròn đáy đường tròn nội tiếp hình vng ABCD chiều cao chiều cao hình chóp S ABCD  a2  a2  a2  a2 A S xq  B S xq  C S xq  D S xq  6 12 12 Lời giải Chọn A S D C O A B ọi O giao điểm AC BD Khi SO   ABCD  , AC  a óc SA mặt phẳng đáy 30  SAO  30 a a  a Vậy chiều cao hình trụ h  SO  AO.tan 30  Bán kính đường tròn nội tiếp hình vng ABCD cạnh a r  a a  a2  6 |x| |x|1   m có nghiệm? Câu 34: Tìm m để phương trình  A m  B m  2 C m  2 Lời giải Chọn D Đặt t  x  t  1 Khi phương trình * trở thành t  2t  m  Diện tích xung quanh hình trụ S xq  2 rl  2 a D m  Đặt f  t   t  2t  f   t   2t  f   t    2t    t  NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx 10 / 19 Ta cần T  500  A.1,08  500  A  500 1,08  396,91 triệu đồng [1D2-3-PT10] Một hộp chứa 15 viên bi trắng, 20 viên bi màu xanh 25 viên bi màu đỏ, viên bi có màu Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi Khi đó, xác suất để lấy viên bi màu đỏ bao nhiêu? 5 A B 25 C D 12 Lời giải Chọn C Gọi A biến cố lấy viên bi màu đỏ 25 25 Khi P  A    15  20  25 60 12 Câu 24: [2H3-2-PT10] Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua A  ; 3; 1 giao tuyến hai mặt phẳng Câu 23: x  y  x  y  z   có phương trình là: A x  y  z   B x  y  z   C x  y  5z  20  D x  y  z   Lời giải Chọn C Lấy điểm B  0; 0;  4 , C 1;  1;   thuộc giao tuyến hai mặt phẳng Khi đó: AB  2;  3;  5 , AC  1;  4;    n   AB, AC   1;  9; 5 Vậy  ABC  : x  9y  5z  20  Câu 25: [1H3-2-PT10] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi tâm O cạnh a ABD SO   ABCD  SO  2a M trung điểm SD , tính tang góc CM  ABCD  A 13 B Chọn 13 13 13 Lời giải C D 13 13 B S M C B O H A D Trong  SOD  gọi H hình chiếu M OD Ta có: MH / / SO HO  HD Ta lại có: SO   ABCD   MH   ABCD   HC hình chiếu MC lên  ABCD    MC,  ABCD     MC, HC   MCH 1  Xét tam giác HOC vng O , ta có: HC  OC  OH  AO   BD  4  2 2  a  a a 13        16 NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx / 21 13 a MH   13 HC a 13 n 1  Câu 26: [1D2-3-PT10] Tìm hệ số x khai ttriển nhị thhức  x   ,  x   Biết n số tự x   2 nhiên thỏa mãn Cn  An  n  112 A 560 B 560 C 650 D 650 Lời giải Chọn A Xét tam giác MHC vng H , ta có: tan MCH  n k n n nk   1 nk  Ta có:  x     Cnk  x        Cnk x n 7 k x  k 0  x  k 0 Theo bài, n số tự nhiên thỏa mãn Cn2  An2  n  112  5Cn2  n  112  n  n  1  n  112  n  Hệ số x khai triển ứng với 4.7  7k   k   T  560 x  3x  Câu 27: [2D2-2-PT10] Tính P tích tất nghiệm phương trình log  x A P  Chọn C P  Lời giải B P  2 D P  C hương trình   x  3x    x2  x    x    x    x1   x    x2  P  x1 x2   2     Câu 28: [1H3-3-PT10] Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc với OA  OB  OC Gọi M trung điểm BC (tham khảo hình vẽ bên) Gọi góc hai đường thẳng OC AM  Giá trị cos  C M O B A A Chọn B  6 Lời giải C D A NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx / 21 C M O F B A     Gọi F trung điểm cạnh OB nên MF / /OC Suy AM ; OC  AM ; MF OB  OC Ta có: MF  OC , AF  OA2  2 Vì OAB  OBC  OAC  tam giác ABC cạnh OC nên OC AM  6OC OC 5OC   2 AM  MF  AF 4  cos AMF   AM MF OC OC 2 Câu 29: [2H3-2-PT10] Trong khơng gian Oxyz , viết phương trình đường thẳng  nằm mặt phẳng x   t x 1 y z    , d :  y   2t   : y  z  cắt hai đường thẳng d1 : 1  z  x  1 t  x   4t  x   4t  x   4t     A  y  2t B  y  2t C  y   2t D  y  2t  z   3t  z   3t  z   3t  z  3t     Lời giải Chọn B Gọi A     d1  A 1;0;  ; B     d  B  5; 2;1  AB   4; 2; 3  x   4t  Vậy phương trình đường thẳng  là:  y  2t  z   3t  Câu 30: [2D1-1PT10] Tìm để hàm m x  x3    m  x    m  x  ln A m  B m  3 số sau đồng biến  1;   : y C m  Lời giải D m  3 Chọn A Hàm số cho xác định liên tục  1;   Ta có: y  x3  3x    m  x   m Hàm số cho đồng biến  1;   y  0, x   1;    x3  3x2    m  x   m  0, x   1;    m, x   1;   x 1 2 2  m   x  1  , x   1;    m  f  x  với f  x    x  1   1;    x 1 x 1  x3  3x  3x   m  x  1 , x   1;     x  1  NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx / 21 2 1 2     x  1    3  x  1  Ta có:  x  1    (do x  1 ) x 1 x 1 x 1  x 1  Đẳng thức xảy x  Do f  x    1;  Vậy m  Câu 31: [2D3-3-PT10] Cho  H  hình phẳng giới hạn đoạn thẳng OA , nửa đường tròn y  16  x trục hoành biết điểm A nằm nửa đường tròn có hồnh độ (phần tơ đậm hình vẽ) Diện tích  H  A 8  B 8 C 16  D 16 y A x O Lời giải Chọn B y A x B O ung độ điểm A y A  16  xA2  Diện tích  H  là: 4 S  SOAB   16  x dx  SOABC  I với I   16  x dx SOAB  2.2  2    Đặt: x  4sin t , t    ;   dx  4cos t.dt  2   Đổi cận: x   t  , x   t       I   16  16sin t 4cos t.dt   16cos t.dt   1  cos 2t  dt   t  sin 2t       Vậy S  S OAB  I  8    8 2 3 OB     AOB  OA Diện tích hình tròn bán kính R là:  R  16 16  8 Diện tích hình phẳng có dạng hình quạt nên: S   2 3 Cách khác: Ta có: cos AOB  NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx 10 / 21 Câu 32: x3  x [2D3-3-PT10] Biết  x2 dx  a b c Với a , b , c số nguyên b  Khi biểu 15 thức P  a  b  c có giá trị A P  B P  Chọn Ta có: B x3 x  1 x Do x  x  x  1  x  x2  x3 x   x 2  C P  7 Lời giải x  x2  x4   D P  1 0 dx   x3  x  x dx   x3  x dx   x dx  I  J 1 Tính I   x3  x dx   x  x xdx 0 Đặt u   x  u   x  u du  x dx  x   u  Đổi cận :  x   u    2  u5 u3  Khi I    u  1 u.u du    u  u  du      15  1 1 2   1 1 x5 Tính J   x dx   5 Suy  x x3   dx   x3  x  x dx  15  2 1 1   15  1 x Do a  , b  , c  1 Vậy P   22   Câu 33: [2H2-3-PT10] Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD , AB  2a, AD  a , AC cắt BD O , góc ABA  60 Tính thể tích khối nón có đỉnh O đáy đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD A V   a3 B V   a3 C V   a3 5 D V   a3 Lời giải Chọn A C' D' A' B' D C O A B a có AC  a  4a  a án kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD R  a giả thiết ABA  60  AA  AB.tan 60  2a Thể tích khối nón có đỉnh O đáy đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD : 1 a 5  a3 V   r h    a   3   NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx 11 / 21 Câu 34: [2D2-3- PT 10] Cho phương trình 1 x2   m   1 x2  2m   Có giá trị nguyên m thuộc đoạn  10; 20 để phương trình có nghiệm? B 10 A 11 D C 12 Lời giải Chọn B Điều kiện: x   1;1 Với x   1;1   x  , đó, 20  Đặt t  1 x 1 x2  21 hay  1 x2 2  t  1; 2 hương trình trở thành: t   m   t  2m    t  2t   m  t   t  2t  m t 2 (do t  khơng nghiệm phương trình) t  2t  Xét hàm số f  t   1;  t 2  x  1 1;    f x  Có f   x    ,    t  2  x   1;  x  y     y Do đó, để phương trình cho có nghiệm m  Suy có 11 giá trị nguyên m thuộc đoạn  10; 20 để phương trình Câu 35: [2D1-1-PT10] 3m   A Chọn Ta có  Có  giá trị  nguyên  dương  số m để phương  2 13 3m   cos 32 x   cos 32 x  có nghiệm thực? 3 B C vô số m Lời giải D 3m   tham   D không tồn m  1 2 13 3m   cos 32 x   cos 32 x  3     2 13 3m   cos 32 x   cos3 32 x   (3m  5) 3   Đặt cos 32 x   u Điều kiện 1  u    1 3m   cos 32 x   v  v3  3m   u   3 Khi 1 trở thành u  3m   v  3 1 1  Từ  3   suy u  v  v3  u  (u  v)  u  uv  v    3 3   u  v u  uv  v  NGUYỄN BẢO VƯƠNG   3v  u  v    0, u, v    ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx 12 / 21 1 3m   u  u  m  (u  u  5) với u   1;1 3 1 1 1  Xét hàm số f  u    u  u   đoạn  1;1 Ta có f   u    3u   3 3 3  f   u       1;1 13 17   137   133 Ta có: f  1  ; f 1  ; f     ; f   9   81   81 137 133 Suy ra: max f  u   ; f  u    1;1  1;1     81 81 133 137 Do phương trình có nghiệm mà m   nên không tồn m để m 81 81 phương trình cho có nghiệm thực Câu 36: [2D1-3-PT10] Cho hàm số y  sin x  cos4 x  m sin x cos x Điều kiện m để y  là: Suy A m  1 B m  C Khơng có m thỏa mãn D m  Lời giải C ọn C m Ta có y   sin2 x  sin x 2 m Đặt t  sin 2x t   1;1 a y  f  t    t  t  2 m m 1  1  m  2 f  t   f 1  rường hợp 1:   m  (loại) 1;1 2 m rường hợp 2: 1    2  m  1  m  m  f  t   f  1 ; f 1   ;   1;1     1  m   Nếu f  t     (vơ lí)  1;1 1  m   m 1 m   m  f  t   f  1  rường hợp 3:   m  1 (loại)    1;1 2   Vậy khơng có giá trị m thỏa mãn toán Lời giải C ọn C    1 m    m  1 Cho x  , ta có f    4    1 m    m  1   , ta có f      4 Từ 1   suy khơng có m thỏa mãn y  Cho x   Câu 37: [2D3-3-PT10] iết hàm số f ( x)  (6 x  1)2 có nguyên hàm F ( x)  ax3  bx  cx  d thoả mãn điều kiện F (1)  20 ính tổng a  b  c  d A 46 B 44 C 36 D 54 Lời giải Chọn A Ta có F  x     x  1 dx    36 x  12 x  1 dx  12 x3  x2  x  C NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx 13 / 21 nên a  12 , b  , c  Mặt khác F (1)  20 nên d  27 Vậy a  b  c  d  12    27  46 Câu 38: [2D4-3-PT10] Cho số phức z  a  bi P  a  b  3 a  b  biểu thức A P  12 B P  10  a, b   thỏa mãn z   1  i  z  2i C P  14 Lời giải z 1 Tính giá trị D P  16 Chọn A Ta có z   1  i  z  2i  a  bi   1  i  a   b   i  a   bi  1  i  a   b   2 a   a   b  2   b  a   b  2  a    a   b  a   a   a  1   2  a  1  a   a  1 a  1 a   b    a   b  a  a    Lại có z   a  b2  nên a  , b  thỏa mãn  P  12 Câu 39:  [2D1-3-PT2] Cho hàm số y  f  x  Hàm số y  f   x  có đồ thị hình bên Hàm số y  f  x  có điểm cực trị? A B Chọn C Lời giải D B    Ta có: f 1  x   1  x  f  1  x    Ta có: f  x Câu 40: 1  x     x  1 x    0  1  x  3   x  1  x   [2D1-3-PT10] Cho hàm số  Cm  : y  f  x   x3  3x  mx  Tìm tích giá trị m để đường thẳng y  cắt  Cm  ba điểm phân biệt A  0; 1 , B D cho tiếp tuyến B D vng góc với 1 A B C D Lời giải Chọn D NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx 14 / 21  x   A  0;1 Xét phương trình hồnh độ x3  3x2  mx     x  x  m     Để thỏa mãn u cầu tốn phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt xB , xD     0m m  Ta lại có y  3x  x  m Để thỏa mãn y  xB  y  xD   1   3xB2  xB  m  3xD2  xD  m   1  3  xB2  3xB  m   3xB  2m 3  xD2  3xD  m   3xD  2m  1   3xB  2m  3xD  2m   1  xB xD  6m  xB  xD   4m2  1  65 92  65  m1.m2   64 Câu 41: [2H3-4-PT10] Trong không gian Oxyz , lấy điểm M 1;  2;3 Viết phương trình mặt phẳng  P  qua M cắt trục Ox , Oy , Oz điểm A , B , C (khơng có điểm trùng với gốc tọa độ O ) cho M trực tâm tam giác ABC x 1 y  z  A  P  : x  y  3z   B  P  :   2 x y z C  P  :    D  P  :  x  y  3z  14  2 Lời giải Chọn D Ta có tứ diện OABC tứ diện vuông (tứ diện trực tâm) nên M trực tâm tam giác ABC M hình chiếu vng góc O mặt phẳng  ABC   4m2  9m    m1;2  Vì OM  1;  2;3 vec-tơ pháp tuyến mặt phẳng  P  Vậy phương trình mặt phẳng  P  :1 x  1   y     z  3    x  y  3z  14  Câu 42: [1D3-3-PT10] Cho dãy số  un  thỏa mãn u1  un 1  3un  với n  Giá trị nhỏ n để Sn  u1  u2   un  5100 A 145 B 146 C 141 Lời giải D 142 Chọn C Từ giải thiết ta có: 2  un1  3un   un1    un   3 3  Đặt  un  ta suy vn1  3vn nên   cấp số nhân có cơng bội q  2 17 v1  u1     3 17   v1.q n 1  3n 1  17.3n 2  un  17.3n 2  Ta có: 2n Sn  u1  u2   un  17  31  30   3n2   1 n 2 Vì ,3 , ,3 cấp số nhân có n số hạng, số hạng đầu 31 , công bội nên 1  3n 3n  31  30   3n2   1 NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx 15 / 21 17 n  1  n   6.5100  17 n 2 6.5100 Sn  5100  n    n  5100  n  3n    n  log   1  145,55 3 17  17  Vậy giá trị nhỏ n thỏa mãn toán n  146 Câu 43: [2D1-3-PT10] Cho hàm số y  f  x; m  có đồ thị hàm số y  f   x; m  hình vẽ Suy Sn    Biết f  a   f  c   , f  b    f  e  Hỏi hàm số y  f  x; m  có điểm cực trị? A C Lời giải B D 10 Chọn B Từ đồ thị hàm số y  f   x; m  ta có bảng biến thiên: x y   a  b c   d  e    y f a f c f d  f e f b  Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y  f  x; m  có điểm cực trị Khi f  a   f  c   , f  b    f  e  đồ thị hàm số y  f  x; m  cắt trục hoành điểm phân biệt nên hàm số y  f  x; m  có điểm cực trị Câu 44: [2H3-3-PT10] Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC với A 1; 2;  1 , B 1;  1;3 , C  5;7;3 hương trình đường thẳng qua chân đường phân giác ngồi góc tam giác vng góc với  ABC  là:  x   16t  A  y  3  12t  z  5  9t  Chọn NGUYỄN BẢO VƯƠNG  x  7  16t  B  y  3  12t  z   9t   x   16t  C  y  3  12t  z   9t  Lời giải  x   16t  D  y   12t  z   9t  C ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx 16 / 21 Ta có : AB   0;  3; 4  AB  BC   6;8;0   BC  10 AC   6;5;  Gọi D  a; b; c  chân đường phân giác ngồi góc B , : DA  BA DC BC  1  a   5  a  a   1   Do : DA  DC  2  b    b   b  3  D   7;  3;  5 2  c  5     c   c     Đường thẳng cần tìm qua D   7;  3;  5 nhận vectơ u  16;12;9  phương với  x   16t  AB, AC    32;  24;  18 làm vectơ phương nên có phương trình :  y  3  12t    z   9t  Câu 45: [2H1-4-PT10] Cho bát diện ABCDEF có cạnh Dựng điểm E ' cho EE '  BA , B ' điểm đối xứng B qua trung điểm cạnh DE Thể tích khối đa diện BFB ' EE ' A 2 A B C D 12 3 Lời giải B' E' E D C A O B F Chọn A Khối đa diện BFBEEA chia thành khối chóp F ABD khối lăng trụ ABD.E ' EB ' ( ABD.E'EB' khối lăng trụ theo cách dựng hình ta có BE / / AE '/ / DB '  ABD  / /  E ' EB ' ) 1 2 - Thể tích khối chóp F ABD : VF ABD  FO   3 2 12 2 -Thể tích khối lăng trụ ABD.E'EB' : VABD.E'EB'   2 2 2 Vậy VBFDB 'EE 'A  VF ABD  VABD E'EB'     12 12 Câu 46: [2D4-4-PT10] Cho số phức z thỏa mãn z 2i Tìm giá trị nhỏ z A P  2  B P  2  Giả sử z x yi, x, y Khi z 2i NGUYỄN BẢO VƯƠNG C P  2  Lời giải D P   2 x y i x ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx y 2 17 / 21 Cách 1: (Theo Đại số) Đặt t x2 z y , ta có x Do đó, từ hệ thức x 2 +) t t 2 y2 2 x x y 2 x y2 y t2 4t 4t 0 y2 2 ;y z 2 2 i 2 y x2 t y , ta có t x y x x y2 x2 +) t x2 y x 2 ;y z 2 2 i 2 Vậy giá trị lớn z 2 giá trị nhỏ z 2 Cách 2: (Theo Hình học) Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn C có tâm I 2; , bán kính R Giả sử M x; y điểm biểu diễn số phức z z nhỏ OM nhỏ nhất; z lớn OM lớn Đường thẳng OI có phương trình y x Giao điểm đường thẳng OI với đường tròn C M1 2 ; Điểm O nằm ngồi đường tròn C OM1 2 , M2 2 2 1; OM Với điểm M nằm đường tròn C , ta ln có OM1 Vậy giá trị lớn z 2 , đạt z Giá trị nhỏ z 2 , đạt z 4 ; 2 2 OM 2 OM 2 i; i 2 Câu 47: [1H3-4-PT10]Cho hình chóp tứ giác S ABCD Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC vng góc với mặt phẳng  SCD  , cắt đường thẳng SD E Gọi V V1 thể tích khối chóp S ABCD D ACE Tính số đo góc tạo mặt bên mặt đáy hình chóp S ABCD biết V  5V1 A 60 B 120 C 45 D 90 Lời giải Chọn A Gọi M trung điểm CD Góc tạo mặt bên mặt đáy góc SMO Dựng OK  SM dễ thấy OK   SCD  NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx 18 / 21 Vậy OK   P  Kéo dài CK  SD  E Đây giao điểm cần tìm Ta có  d  S ,  ABCD   S ABCD d  S ,  ABCD   2S ACD VS ABCD 5 5  5 VE ACD d  E ,  ABCD   S ACD d  E ,  ABCD   S ACD d  S ,  ABCD   d  E ,  ABCD    Dựng EF // SO  F  OD   DE DF EF    DS DO SO a , SD  b Xét tam giác vuông SOD Giả sử AB  a , OD  OD DE   Dễ thấy OE  SD ta có OD  DE.DS  DS DS 5OD a  DS   DS  2 SM  SD2  MD2  a OM   SMO  60o SM [2H3-3-PT10] Cho mặt cấu (S1 ) có tâm I 3;2;2 bán kính R1 , mặt cấu (S ) có tâm I (1; 0;1) Xét tam giác vuông SOM vuông O có cos SMO  Câu 48: bán kính R2 Mặt phẳng  P đồng thời tiếp xúc với (S1 ) (S ) cắt đoạn I 1I có dạng x  by  cz  d  Tính T  b  c  d A 5 B 3 Chọn C 1 Lời giải D B R1 R2 M I1 Ta có I 3;2;2 ; I 1; 0;1 I 1I R1 N I2 R2 Suy ta hai mặt cầu tiếp xúc M mặt phẳng cắt đoạn I 1I nên M tâm vị tự hai đường tròn MI M 2MI M ; ; nhận I 2I 3 ; ; suy mặt phẳng  P  tiếp xúc với I 1I mặt phẳng qua 3 2;2;1 véctơ pháp tuyến hương trình mặt phẳng  P  là: x y z 2x 2y z Vậy T  b  c  d  3 Câu 49: [1D2-4-PT10] Có viên bi đỏ giống nhau, viên bi xanh giống nhau, viên bi vàng giống Xếp ngẫu nhiên viên bi thành hàng dài Xác suất để viên bi màu không đứng cạnh NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx 19 / 21 A 11 630 B 126 105 Lời giải C D 10 123 Chọn A Xếp ngẫu nhiên 10 viên bi gồm viên bi đỏ giống nhau, viên bi xanh giống nhau, viên bi vàng giống nhauthành hàng dài có C103 C72 C55  2520 Gọi A biến cố xếp 10 viên bi cho viên bi màu không đứng cạnh Xếp viên bi vàng có cách xếp Tạo khoảng trống, viên bi màu không đứng cạnh nên có khoảng trống cần xếp bi đỏ xanh vào Xảy trường hợp: TH1: Mỗi khoảng trống xếp viên bi đỏ xanh có trống hai đầu xếp Số cách xếp 2.C52 C33  20 H2: viên bi đỏ xanh xếp vào khoảng trống nên có cặp bi xanh đỏ xếp vào trống có 1.1.2.4.C32 C11  24 Vậy n  A  44 P  A  44 11  2520 630 Câu 50: [2D2-4-PT10] Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục  0;1 thỏa mãn f 1  0,   f   x   dx  11 1  x f  x  dx   55 Tích phân  f  x  dx 0 A 1 B 1 55 Lời giải C D 11 Chọn A Bằng cơng thức tích phân phần ta có 1  x5  x  0 x f  x  dx   f  x   0 f  x  dx Suy 0 x f   x  dx  11 Hơn ta dễ dàng tính   x5  dx  Do 11 1 0 5   f   x  dx  2 x f   x  dx    x  dx  2    f   x   x5  dx  Suy f   x   x5 , f  x   1  f  x  dx   0 NGUYỄN BẢO VƯƠNG x  C Vì f 1  nên C   a 6 x6  1 dx  ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx 20 / 21 NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 10.docx 21 / 21 ... log9   u1  10log98 Ta có: un  u1.3n1  10log98.3n1 Khi đó: un  7100  10log98.3n1  7100 7100 7100  n  log   192.8916011 10log98 10log98 Vậy giá trị lớn n để un  7100 n  192... sau A 36 tháng B 35 tháng C 34 tháng D 33 tháng Lời giải Chọn A Năm thứ NGUYỄN BẢO VƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ 1.docx / 19 Sau tháng bố An nợ 200  200.0,0115   200.1,0115  triệu đồng Sau tháng bố An nợ... thị hàm số có hình dạng đồ thị hàm trùng phương nên ta loại đáp án C D * Đồ thị hàm số quay lên nên ta loại đáp án A * Đáp án đáp án B  x   2t  Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng