THPT ngo quyen tinh hai phong lan 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG TRƯỜNG THPT NGÔ QUYỀN Mã đề 179 ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN II – MƠN TỐN NĂM HỌC: 2018 - 2019 Thời gian làm bài: 90 phút Mục tiêu: +) Đề thi thử THPTQG lần II mơn Tốn trường THPT Ngô Quyền gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung đề xoay quanh chương trình Tốn 12, ngồi có số tốn thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức phân bố sau: 90% lớp 12, 10% lớp 11, 0% kiến thức lớp 10 +) Đề thi biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa mơn Tốn 2019 mà Bộ Giáo dục Đào công bố từ đầu tháng 12 Trong xuất câu hỏi khó lạ câu 38, 41, 45 nhằm phân loại tối đa học sinh +) Đề thi giúp HS biết mức độ có kế hoạch ôn tập tốt cho kì thi THPTQG tới Câu (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vng A D với AD = 2a, AB = 2DC = 2a, SA   ABCD  cạnh SB tạo với đáy góc 600 Thể tích khối chóp S.ABCD 2a 3 A B a 3 C a 3 Câu (VDC): Người ta sử dụng xe bồn để chở dầu Thùng đựng dầu có thiết diện ngang (mặt thùng) đường elip có độ dài trục lớn 2m , độ dài trục bé 1, 6m , chiều dài (mặt thùng) 3, 5m Thùng đặt cho trục bé nằm theo phương thẳng đứng (như hình bên) Biết chiều cao dầu có thùng (tính từ điểm thấp đáy thùng đến mặt dầu) 1, 2m Tính thể tích V dầu có thùng (Kết làm tròn đến hàng phần trăm) A V  4, 42m3 B V  2,02m3 C V  7,08m3 D a D V  2,31m3 Câu (NB): Với  a  , biểu thức sau có giá trị âm?  A log log a a   B log log a2 a  C log a a   D log a    log10  Câu (VD): Trong khơng gian Oxyz, cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' biết A 1;0;1 , B  2;1;2  , D 1; 1;1 , C '  4;5; 5  Tọa độ đỉnh B ' A B '  3;5; 6  B B '  4;6; 5  C B '  3; 4;5  D B '  4;6;5  Câu (TH): Số nghiệm phương trình  x  x    log x  1  A B C 5x  Câu (TH): Số đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số y   x2 A B C D D Câu (VD): Có số nguyên m thuộc khoảng  10;10  để hàm số y  x3  mx  đồng biến  2;  ? A 17 B 15 C 18 D 21 Câu (VD): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Mệnh đề đúng? A Hàm số đồng biến khoảng  ;0  B Hàm số đồng biến khoảng  1;   C Hàm số nghịch biến khoảng  1;0  D Hàm số nghịch biến khoảng  1;2  Câu (VD): Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị (C) hàm số y  x  x , trục hoành, trục tung đường thẳng x  Biết S  a  b,  a, b    Tính a  b 1 13 C a  b  D a  b  3 Câu 10 (VD): Một bóng bàn chén hình trụ có chiều cao Nếu ta đặt bóng lên miệng chén thấy phần ngồi bóng có chiều cao chiều cao bóng Gọi V1 ,V2 thể tích bóng thể tích chén, A 3V1 = 2V2 B 9V1 = 8V2 C 27V1 = 8V2 D 16V1 = 9V2 A a  b  1 B a  b  Câu 11 (TH): Gọi M M ’ điểm biểu diễn cho số phức z  z Xác định mệnh đề A M M ’ đối xứng qua trục hoành B Ba điểm O, M M ’ thẳng hàng C M M ’ đối xứng qua gốc tọa độ D M M ’ đối xứng qua trục tung Câu 12 (VD): Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' có đáy tam giác vng cân đỉnh A , AB = 2a, AA' = 2a, hình chiếu vng góc A' lên mặt phẳng (ABC) trung điểm H cạnh BC Thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' A 4a B 2a C a 14 D 2a 3 Câu 13 (TH): Cho cấp số cộng (un) có u1  2 công sai d = Số 198 số hạng thứ cấp số cộng? A Thứ 25 B Thứ 39 C Thứ 40 D Thứ 41 Câu 14 (TH): Cho hàm số y = x - x + có đồ thị (C) Điểm cực đại đồ thị (C) A M (0;9) B M (2;5) C M (5; 2) D M (9;0) Câu 15 (TH): Đường cong hình vẽ đồ thị hàm số nào? A y  x 1 x 1 B y  x2 x 1 C y  2x  x 1 D y  x2  x 1 Câu 16 (TH): Tìm tập xác định hàm số y  log  2 x  x   1  A  ;2  2  1  B  ;    2,   2  1  1  C  ;    2,   D  ;2  2  2   ex  Câu 17 (TH): Tìm nguyên nhàm hàm số f  x   e  x    sin x   A F  x   2e  x  cot x  C C F  x     tan x  C ex B F  x   2e x  tan x  C D F  x     cot x  C ex Câu 18 (TH): Số nghiệm nguyên bất phương trình log  x  x    4 A Vô số B C D Câu 19 (VDC): Cho bất phương trình m  x  12  x  16 x  3m  x  3m  35 Có tất giá trị nguyên tham số m   10;10 để bất phương trình nghiệm với x   2;2 ? A 10 B 18 C D Câu 20 (VD): Cho tứ diện ABCD có AB = 3, AC = 2, AD = 6, BAC = 90 , CAD = 1200, BAD = 600 Thể tích khối tứ diện ABCD A B 2 C D Câu 21 (VD): Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A 1;0;0  , B  0;3;0  , C  0;0; 2  Phương trình mặt phẳng (P) qua điểm D(1;1;1) song song với mặt phẳng (ABC) A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   Câu 22 (TH): Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a , SA  (ABC), góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 300 Độ dài cạnh SA a 3a a A a B C D 2 Câu 23 (VD): Trong mặt phẳng phức, cho số phức z có điểm biểu diễn N Biết số phức w  biểu diễn bốn điểm M , P, Q, R z hình vẽ bên Hỏi điểm biểu diễn w điểm nào? A P C R B Q D M Câu 24 (VD): Cho số nguyên dương n số nguyên k với  k  n Mệnh đề sau đúng? A Cnk1  Cnk 1  Cnk 1 B Cnk1  Cnk 1  Cnk C Cnk1  Cnk  Cnk 1 D Cnk 1  Cnk  Cnk 1 Câu 25 (VD): Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có AB  a, AA '  a Khoảng cách A 'B CC' a a B a C a D Câu 26(TH): Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số y = ax + bx + c với a, b, c số thực A Phương trình y ' = vơ nghiệm tập số thực B Phương trình y ' = có ba nghiệm thực phân biệt C.Phương trình y ' = có hai nghiệm thực phân biệt D Phương trình y ' = có nghiệm thực A Câu 27(TH): Phương trình log 52 x  4log x   có hai nghiệm x1 , x2 Tính tổng x1  x2 A 30 B 80 C 130 D 20 Câu 28 (VD): Một hình nón có thiết diện qua trục tam giác cạnh 2a Tính thể tích khối nón tạo nên từ hình nón 1 A  a 3 B  a 3 C  a 3 D  a 3 12 Câu 29 (TH): Cho log  b Mệnh đề sau đúng? A log 72   6b B log 72  3b C log 72   3b D log 72  12b Câu 30 (TH): Cho biết F  x  nguyên hàm hàm số f  x  Tìm I   3 f  x   dx A I  xF  x   x  C B I  3F  x   x  C C I  3F  x    C D I  xF  x    C Câu 31 (TH): Gọi z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  x   Tính giá trị biểu thức P  z1  z2  z1  z2 A P = 10 B P =3 C P = D P =  Câu 32 (VD): Anh Bình vay ngân hàng tỉ đồng với lãi suất 0, 5% / tháng theo phương thức trả góp, tháng anh Bình trả cho ngân hàng 30 triệu đồng trả hàng tháng hết nợ Hỏi sau tháng anh Bình trả hết nợ ngân hàng? (Biết lãi suất ngân hàng không thay đổi) A 36 tháng B 38 tháng C 37 tháng D 35 tháng Câu 33 (VD): Cho số phức z thay đổi thỏa mãn z   Biết tập hợp số phức   w   3.i z  đường tròn có bán kính R Tính R A R = B R =1 C R = D R =  Câu 34 (NB): Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d qua điểm M nhận véc tơ a làm véc tơ  phương đường thẳng d ' qua điểm M ' nhận véc tơ a ' làm véc tơ phương Điều kiện để đường thẳng d trùng với đường thẳng d '         a  k a ',  k   a  k a ',  k   a  k a ',  k   a  a ' A  B  C  D   M  d '  M  d '  M  d '  M  d ' Câu 35 (VD): Sắp xếp chỗ ngồi cho học sinh lớp 12A học sinh lớp 12B vào ghế băng dài Tính xác suất để học sinh học lớp ngồi cạnh 461 1 A B C D 462 462 19958400 231  Câu 36 (NB): Trong không gian Oxyz , véc tơ sau véc tơ pháp tuyến n mặt phẳng  P  : 2x  y  z 1   A n   4; 2;2   B n   2;1; 1  C n   4; 4;2   D n   4;4;2  Câu 37 (VD): Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  3sin x  2cos x  mx đồng biến   A m  ; 13  B m    13;   C m   13;    D m  ;  13  Câu 38 (TH): Trong không gian Oxyz , phương trình mặt cầu có tâm I 1; 2; 3 tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) A  x  1   y     z  3  B  x  1   y     z  3  C  x  1   y     z  3  D  x  1   y     z  3  2 2 2 2 Câu 39 (VD): Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng 2  P  : x  y  z  14  mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z   Gọi tọa độ điểm M (a; b; c) thuộc mặt cầu (S) cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) nhỏ Tính giá trị biểu thức K = a + b + c A K = -2 B K = -5 C K = D K = Câu 40 (VD): Trong không gian Oxyz , phương trình tắc đường thẳng d qua điểm M 1;2;3  có véc tơ phương a  1; 4; 5  x  1 t x 1 y  z     A B  y   4t 4 5  z   5t  x  1 t  C  y  4  2t  z  5  3t  D x 1 y  z    Câu 41 (TH): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ: Số nghiệm phương trình f (x) + = A B C D Câu 42 (VDC): Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  1;0;1 , B  2;1;0  , C  3;1; 2  M điểm    thuộc mặt phẳng   : x  y  z   Tính giá trị nhỏ P  3MA  5MB  MC A Pmin = B Pmin = 27 C Pmin = D Pmin = Câu 43 (NB): Tính thể tích khối cầu có đường kính 2a A 2 a 3 B 4 a C 4 a 3 D 4 a 3 x dx t  x  Mệnh đề sai? x 1 1 Câu 44 (TH): Cho tích phân I    2t  A I   t    2 B I    x  x  dx C I    2t  2t  dt D I    2t  2t  dx 1 Câu 45 (VD): Biết hàm số y  x3   m  1 x  x  nghịch biến khoảng  x1; x2  đồng biến khoảng lại tập xác định Nếu x1  x2  có giá trị ngun dương tham số m thỏa mãn đề bài? A B C D Câu 46 (VD): Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x  1  m  x   2m nghịch biến  1;0  A m  C m  B m > D m < Câu 47 (TH): Cho hàm số y  f  x  liên tục  có đạo hàm f '  x     x   x  1   x  Hàm số y  f  x  đồng biến khoảng đây? A  3;  B  ;1 Câu 48 (TH): Cho  A I  18 C  ;2  D 1;2   10  f  x dx  18 Tính I     f  x  dx   x  1  0 B I  10 C I  D I  Câu 49 (VD): Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn: Hàm số y  f   x   x  x  nghịch biến khoảng sau đây? A  ;3 B  3;6  C  5;  D  4;7  Câu 50 (VD): Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  2iz   3i Tính mơ đun w   z  1  z A w  B w  C w  D w  11 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.C 2.C 3.B 4.B 5.A 6.A 7.B 8.C 9.A 10.B 11.D 12.B 13.D 14.A 15.B 16.D 17.D 18.B 19.C 20.D 21.D 22.C 23.D 24.C 25.A 26.B 27.C 28.A 29.A 30.B 31.A 32.C 33.D 34.B 35.D 36.A 37.C 38.A 39.D 40.A 41.A 42.A 43.C 44.C 45.B 46.C 47.D 48.D 49.B 50.A Câu 1: Phương pháp + Xác định góc đường thẳng d mặt phẳng (P) góc đường thẳng d đường thẳng d ' với d ' hình chiếu d mặt phẳng (P) + Thể tích hình chóp có chiều cao h diện tích đáy S V  hS Cách giải: + Ta có SA  (ABCD)  AB hình chiếu SB lên mặt phẳng (ABCD) Suy góc SB đáy góc  SBA = 600 + Xét tam giác vng SAB có SA = AB tan  SBA = 2a tan 600 = a + Diện tích đáy S ABCD   AB  DC  AD   2a  a  2a  3a 2 + Thể tích khối chóp 1 VS ABCD  SA.S ABCD  2a 3.3a  2a 3 3 Chọn C Câu 2: Phương pháp - Gắn hệ trục tọa độ lên mặt thiết diện ngang Viết phương trình elip - Tính diện tích phần thiết diện chứa dầu - Tính thể tích phần dầu thùng, sử dụng cơng thức V = Sh với S diện tích phần elip tính trên, h chiều dài thùng chứa dầu Cách giải: Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Phương trình elip x2 y2    y  0,8  x 2 0,8 Diện tích thiết diện có chứa dầu phần diện tích gạch chéo hình Ta tính diện tích phần khơng gạch chéo S1 phần hình phẳng giới hạn đường thẳng y = 0, với phần elip phía trục hồnh có phương trình y  0,8  x Phương trình hồnh độ giao điểm: 0,  0,8  x  x   Diện tích phần khơng gạch chéo: S1     0,8  x   0, dx  0, 49  m  Diện tích elip: S   ab   1.0,8  2,51 m  Diện tích phần gạch chéo: S = S - S1 = 2, 51 - 0, 49 = 2, 02 (m2) Thể tích dầu là: V = S h = 2, 02.3,  7, 08 (m3) Chọn C Câu 3: Phương pháp Sử dụng công thức log a b   log a b;log a  b  log a b;log a a  1 a, b  0; a  1  Cách giải:   + Đáp án A: log log a a  log  log a   log   nên loại A  a4      + Đáp án B: log log a2 a  log  1  nên chọn B  1 + Đáp án C: log a a  log a  a    nên loại C     + Đáp án D: log a    log a  nên loại D  log10  Chọn B Câu 4: Phương pháp - Tìm tọa độ C dựa vào tính chất ABCD hình bình hành   - Tìm tọa độ C ' dựa vào tính chất hình hộp BB '  CC ' Cách giải:  Ta có: AB  1;1;1 , gọi điểm C (x; y; z) thì: ABCD hình bình hành nên 1  x  x      AB  DC  1  y    y   C  2;0;2  1  z  z      CC '   2;5; 7   xB '    xB '      Lại có BB '  CC '   yB '     yB '   z   7  z  5  B'  B'  B '  4;6; 5  Chọn B Câu 5: Phương pháp Tìm điều kiện  A x  Đưa giải phương trình tích A  x  B  x      B  x   Cách giải: ĐK : x >  x  1  x  1 L   x2  x   Ta có  x  x    log x  1      x   x  2 N  log x   log x   Vậy phương trình có nghiệm x = Chọn A Câu 6: Phương pháp - Tìm nghiệm mẫu thức - Thay vào tử thức kiểm tra có nghiệm tử hay không Cách giải: Ta thấy:  x   x   không nghiệm tử nên x  x đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số Chọn A Câu 7: Phương pháp Sử dụng công thức đạo hàm  f  x '  f ' x  f  x  f  x Hàm số y  f  x  đồng biến khoảng K f '  x   0; x  K (dấu = xảy hữu hạn điểm) Cách giải: Xét hàm số y  x3  mx  xác định  Ta có y '   3x  m  x3  mx   x3  mx  Đề hàm số đồng biến  2;  y '  0; x  Suy  x  m  x3  mx    0; x   3 x  m   3 x  m   3 x  m I  x2   m         x  mx     x   mx x    với x > 2 2    x  m  x  m x  m       x3  mx     x3   mx  II     x2   m x  2 Xét hệ (I) + Để bất phương trình 3x  m với x >  x   3.22  12  m  x ; x   m  12 với m  bất phương trình 3x  m với  2;  x   (1) Xét hàm số g  x   x  Ta có g '  x   x   2;  x 2 x3      x    2;   x2 x2 BBT g  x   2;  : (hình bên) Suy x   m  m  (2) x Từ (1) (2) suy m  mà m   10;10  ; m    m  9; 8; ;4;5 nên có 15 giá trị x  g ' x  +  g  x thỏa mãn m  max  x  3 x  m  2;     + Xét hệ (II):  2 g  x x   m m  max  2;  x   Nhận thấy hệ (II) vơ nghiệm khơng tồn GTLN hàm số x ; g  x   x   2;  x Chọn B Câu 8: Phương pháp - Các khoảng làm cho y ' > hàm số đồng biến - Các khoảng làm cho y ' < hàm số nghịch biến Cách giải: Quan sát bảng biến thiên ta thấy: + Hàm số đồng biến khoảng  ; 2   0;  + Hàm số nghịch biến khoảng  2;0  , mà  1;0    2;0  nên hàm số nghịch biến khoảng  1;0  Chọn C Câu 9: Phương pháp 10 b Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f  x  , trục hoành, x = a; x = b S   f  x  dx a Cách giải: Xét phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị y  x  x với trục hoành x x    x  Diện tích hình phẳng cần tìm S   x x  4dx   2 x  4d  x   x  2 x x  4dx  4  5  3 Suy a  ; b    a  b  1 3 Chọn A Câu 10: Phương pháp - Tính bán kính đáy hình trụ - Tính thể tích khối trụ thể tích khối cầu suy đáp án Cách giải: Gọi bán kính khối cầu R đường kính 2R chiều cao hình trụ h  R Thể tích khối cầu: V1   R 3 Do phần ngồi có chiều cao bóng nên chiều cao bên ngồi 3R R  3R R  OI  R 2 Xét tam giác vng OIA có IA2  OA2  OI  R  R 3R R   IA  4 3R 3 R R  Thể tích khối trụ V2   IA h   2  V1    3     R  :   R     8V2  9V1 V2   2  3 Chọn B Câu 11: Phương pháp Số phức z = a +bi có điểm biểu diễn M (a;b) Số phức liên hợp z  a  bi số phức đối z  z  a  bi Cách giải: Gọi z = a + bi có điểm biểu diễn mặt phẳng phức M (a;b) 11 Số phức  z    a  bi   a  bi có điểm biểu diễn M '  a; b  M M ' có hồnh độ đối tung độ nên chúng đối xứng qua trục tung Chọn D Câu 12: Phương pháp - Tính chiều cao A 'H - Tính thể tích khối lăng trụ V  S ABC A ' H Cách giải: Tam giác ABC vuông cân đỉnh A cạnh AB = AC = 2a nên BC  4a  4a  2a BC  a 2 Tam giác AHA' vuông H nên  AH  A ' H  A ' A2  AH  4a  2a  a Vậy thể tích khối lăng trụ 1 V  S ABC A ' H  AB AC A ' H  2a.2a.a  2a 2 Chọn B Câu 13: Phương pháp Cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1 cơng sai d số hạng thứ n un  u1   n  1 d Cách giải: Gọi 198 số hạng thứ n dãy Ta có: 198  u1   n  1 d  2   n  1  5n  205  n  41 Chọn D Câu 14: Phương pháp - Tính y ', y '' tìm nghiệm y ' = - Tìm điểm cực đại hàm số cách kiểm tra y ''  x0   - Tìm điểm cực đại đồ thị hàm số kết luận Cách giải: x  Ta có: y '  x  x    x  y ''  x   y ''    nên x = điểm cực đại hàm số, yCĐ = Vậy điểm cực đại đồ thị hàm số M (0;9) Chọn A Câu 15: Phương pháp Từ hình vẽ xác định đường tiệm cận đồ thị hàm số Xác định số điểm thuộc đồ thị thay tọa độ vào hàm số để loại trừ đáp án 12 Cách giải: Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số nhận đường thẳng y = làm TCN đường thẳng x = -1 làm TCĐ Suy loại C D Lại có điểm có tọa độ (2;0) thuộc đồ thị nên thay x = 2; y = vào hai hàm số đáp án A, B ta thấy có x2 hàm số y  thỏa mãn nên chọn B x 1 Chọn B Câu 16: Phương pháp Hàm số y = log f (x) xác định f (x) xác định f (x) > Cách giải: Điều kiện xác định: 2 x  x     x  2 1  Vậy TXĐ: D   ;2  2  Chọn D Câu 17: Phương pháp Sử dụng công thức nguyên hàm x x  e dx  e  C;  sin x dx   cot x  C;   f  x   g  x   dx   f  x  dx   g  x  dx Cách giải: Ta có    ex     f  x  dx   e  x    dx     2e  x   dx sin x   sin x       2e  x dx   dx  2e  x  cot x  C sin x  cot x  C ex Chọn D Câu 18: Phương pháp - Tìm điều kiện xác định hàm số  - Bất phương trình log a f  x   m  f  x   a m  a  Cách giải: x  Điều kiện: x  x      x  4 4 1 Khi đó: log  x  x    4  x  x      x  x  24   6  x  2 2  6  x  4 Kết hợp điều kiện ta   x  5;3  x    2  x  Vậy bất phương trình có nghiệm ngun 13 Chọn B Câu 19: Phương pháp - Đặt ẩn phụ t   x   x đưa bất phương trình bậc hai ẩn t - Tìm điều kiện t đưa tốn tìm m để bất phương trình nghiệm với t thỏa mãn điều kiện tìm Cách giải: m  x  12  x  16 x  3m  x  3m  35  m  x  3m  x  16 x  12  x  3m  35 m      x   x  x   x  3m  35 Đặt t   x   x  t  20  x   x Dễ thấy t '     nên hàm t = t (x) nghịch biến  2;2  2 x 2 x Do 2  x   6  t  Thay vào bất phương trình được: mt   t  20   3m  35  2t  mt  3m   Bất phương trình cho nghiệm với x   2;2 bất phương trình 2t  mt  3m   nghiệm với t   6;2  tam thức bậc hai f  t   2t  mt  3m  có hai nghiệm thỏa mãn t1  6   t2   m  12  26    m  12  26   m  24m  40     67 67   af  6    2  67  9m    m   m 9    af   m        m  3   Kết hợp với m   10;10 m  10; 9; 8 Chọn Câu 20: Phương pháp Sử dụng công thức tính nhanh thể tích khối tứ diện biết ba cạnh ba góc xuất phát từ đỉnh: V  abc  2cos x cos y cos z  cos x  cos y  cos z Cách giải: Áp dụng công thức V  abc  2cos x cos y cos z  cos x  cos y  cos z ta được: 14 V  3.2.6  2cos900.cos1200.cos 600  cos 900  cos 1200  cos 600 1  1   4 Chọn D Câu 21: Phương pháp:   + Mặt phẳng  P  / /  Q  ta chọn nP  nQ  + Phương trình mặt phẳng qua M  x0 ; y0 ; z0  nhận n  a; b; c  làm VTPT có phương trình a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   Cách giải:     Ta có AB   1;3;0  ; AC   1;0; 2    AB; AC    6; 2;3    + Mặt phẳng (ABC) có VTPT n   AB; AC    6; 2;3  Vì (P) / / (ABC) nên VTPT (P) n   6; 2;3 Phương trình mặt phẳng  P  : 6  x  1   y  1   z  1   x  y  z   Chọn D Câu 22: Phương pháp - Xác định góc hai mặt phẳng (góc hai đường thẳng nằm hai mặt phẳng mà vng góc với giao tuyến) - Tính tốn, sử dụng tính chất tam giác vng, tam giác Cách giải: Gọi M trung điểm BC Tam giác ABC nên AM  BC Mà SA  (ABC)  SA  BC  BC  (SAM)  BC  SM  SBC    ABC   BC  Ta có:  AM  BC nên góc hai mặt phẳng  SM  BC   SBC  (ABC)   SM , AM  hay SMA  300 Tam giác ABC cạnh a nên AM  a Tam giác SAM vuông A nên SA  AM tan 300  a 3 a  Chọn C Câu 23: Phương pháp 15 1 để tìm tọa độ điểm biểu diễn số phức z z Đánh giá hoành độ tung độ để xác định xem điểm cần tìm thuộc góc phần tư nào, từ chọn đáp án Cách giải: Tính Gọi số phức z  a  bi,  a, b    điểm N  a; b  Khi số phức 1 a  bi a  bi a b    2  2  2 i z a  bi  a  bi  a  bi  a  b a b a b Nên điểm biểu diễn số phức b   a có tọa độ  2 ;  2  a b  z  a b Vì điểm N  a; b  thuộc góc phần tư thứ (IV) tức a > 0; b < suy biểu diễn số phức a b  0;  2  nên điểm a b a b thuộc góc phần tư thứ (I) Từ hình vẽ có điểm M thỏa mãn z Chọn D Câu 24: Phương pháp Sử dụng tính chất tổ hợp: Cho số nguyên dương n số nguyên k với  k  n , Cnk  Cnk1  Cnk11 Cách giải: Áp dụng công thức Cnk  Cnk1  Cnk11 , thay n n + ta Cnk1  Cnk  Cnk 1 Chọn C Chú ý : Các em thay giá trị cụ thể k , n vào đáp án bấm máy tính kiểm tra Câu 25: Phương pháp Sử dụng khoảng cách hai đường thẳng d (a; b) = d (a; (P)) = d (M; (P)) với a / / (P); b  (P); M  a Và d (M; (P)) = MH với H hình chiếu M xuống mặt phẳng (P) Cách giải: Ta có CC '/ / AA '  CC '/ /  ABB ' A ' Nên d  CC '; AB '  d  CC ';  ABB ' A '   d  C ;  ABB ' A '  Lấy H trung điểm AB Khi CH  AB (do tam giác ABC đều) Lại có A A '  CH  A A '   ABC   Nên CH   ABB ' A ' H  d  C ;  ABB ' A '   CH Ta có CH CH  a (đường trung tuyến tam giác cạnh a ) Vậy d  AB '; CC '  a Chọn A Câu 26: 16 Phương pháp: Quan sát đồ thị, đếm số cực trị đồ thị hàm số suy số nghiệm phương trình y ' = Cách giải: Đồ thị hàm số có điểm cực trị hay hàm số có điểm cực trị Do phương trình y ' = có ba nghiệm thực phân biệt Chọn B Câu 27: Phương pháp: Tìm điều kiện Đưa giải phương trình tích đặt ẩn phụ log x  t Cách giải: ĐK: x > Ta có log 52 x  4log x    log 52 x  3log x  log x    log x  log x  3   log x  3    log x  3 log x  1  log x   x   125  tm    log x   x    tm  Vậy tổng nghiệm x1 + x2 = + 125 =130 Chọn C Câu 28: Phương pháp: - Xác định chiều cao bán kính đáy hình nón - Tính thể tích theo công thức V   r h Cách giải: Tam giác SAB cạnh 2a nên r = OA = a , h = SO = 2a a 2  a3 Vậy V   r h   a a  3 Chọn A Câu 29: Phương pháp: Sử dụng công thức log a b  log a b;log a b    log a b;log a  bc   log a b  log a c   a  1; b, c    Cách giải: Ta có log 72  log     log 32 3 32  log 23     3log    6b Chọn A Câu 30: Phương pháp: Sử dụng tính chất   f  x    g  x  dx    f  x  dx    g  x  dx Cách giải: 17 Ta có: I   3 f  x   dx  3 f  x  dx   dx  3F  x   x  C Chọn B Câu 31: Phương pháp: + Giải phương trình tìm z1 ; z2 Sử dụng cơng thức tính mơ đun số phức z  a  bi,  a, b    z  a  b để tính P Cách giải: Ta có z  z     z       z    1 2  z  2  i   z  2  i2    z  2  i Nên z1  2  i; z2  2  i Suy z1  z2  2  i   2   i  4  z1  z2  Và z1  z2  2  i   2  i   2i  z1  z2  Nên P  z1  z2  z1  z2  2.4   10 Chọn A Câu 32: Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép cho tốn trả góp: Số tiền nợ sau N tháng TN  T 1  r   N A N  r   1   r Cách giải: Áp dụng công thức lãi kép cho tốn trả góp TN  T 1  r   N A N  r   1 ta có:   r T = tỉ, r = 0, 5% , A = 30 triệu Khi trả hết nợ TN  nên T 1  r   N A A A N N 1  r   1    T   1  r     r r r   1  r   A A A N  :   T   1  r   r r A  Tr   N  log1r A 30  log10,5%  36,56 A  Tr 30  1000.0,5% N Vậy anh Bình phải trả nợ 37 tháng hết nợ Chọn C Câu 33: Phương pháp: Biểu diễn số phức z theo w thay vào giả thiết z   để để tìm tập hợp điểm biểu diễn w từ suy bán kính đường tròn Cách giải:     Ta có w   3.i z    3.i z  w   z  w2  3i 18 Đặt w  x  yi  x; y    z  Ta có z      x  yi   x    yi   3i x   y y  3x     i 4  3i x   y y  3x   i 1  4 x   y y  3x   i 1 4     x y 6  y x 2   16  x  y  36  12 x  12 y  xy  y  y  12  xy  y  12 x  16   x  y  24 x  y  32   x2  y  6x  y      x  3  y   4 Nên bán kính đường tròn R = Chọn D Câu 34: Phương pháp: Điều kiện để hai đường thẳng trùng hai véc tơ phương phương điểm thuộc đường thẳng thuộc đường thẳng Cách giải:     ud  kud '  k   a  k a '  k   d d'  hay   M  d , M  d '  M  d ' Chọn B Câu 35: Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính xác suất biến cố A P  A   n  A với n    số phần tử không gian n  mẫu n (A) số phần tử biến cố A Cách giải: Số phần tử không gian mẫu n    = 11! Gọi A biến cố “các học sinh lớp ngồi cạnh nhau” Như ta có 6! cách xếp học sinh lớp 12A ngồi cạnh nhau, 5! cách xếp học sinh lớp 12B ngồi cạnh có 2! cách xếp học sinh lớp 12A ngồi cung học sinh lớp 12B Suy n (A) = 2!.6!.5! Xác suất cần tìm P  A   n  A  2!.5!.6!   n  11! 231 Chọn D Câu 36: Phương pháp: 19  - Một véc tơ pháp tuyến mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  n  A; B; C    - Nếu n VTPT (P) k n  k   VTPT (P) Cách giải:   Mặt phẳng  P  : x  y  z   có VTPT n  2; 1;1 nên nhận 2n  4; 2;2  làm VTPT Chọn A Câu 37: Phương pháp: Hàm số y  f  x  đồng biến  y '  f '  x   0, x   (dấu = xảy hữu hạn điểm) Sử dụng 1  sin x  1; x Cách giải: TXĐ: D   Ta có y '   3sin x  2cos x  mx  '  3cos x  2sin x  m Để hàm số đồng biến  y '  0, x    3cos x  2sin x  m; x    m m cos x  sin x    sin  cos x  cos  sin x   x 13 13 13 13  sin   Với  góc thỏa mãn  cos    13 13  sin  x      m m ; x    1  m  13    sin  x     1; x  13 13 Vậy m   13;   Chọn C Câu 38: Phương pháp: Mặt cầu (I ; R) tiếp xúc với mặt phẳng (P) d (I ,(P)) = R Cách giải: Gọi J hình chiếu I (1; -2; 3) lên (Oxz) J (1; 0; -3) (S) tiếp xúc (Oxz)  R = d (I ,(Oxz)) = IJ = Vậy  S  :  x  1   y     z  3  22  2 Chọn A Câu 39: Phương pháp: + Tìm tâm bán kính mặt cầu + Xác định vị trí tương đối mặt phẳng mặt cầu để suy vị trí điểm M + Tìm tọa độ đường thẳng mặt cầu ta giải hệ phương trình gồm phương trình đường thẳng phương trình mặt cầu Cách giải: Mặt cầu (S) có tâm I 1; 2; 1 ; R  12   2   12   3  20 Xét d  I ;  P    2.1   2    1  14 22  12  22   R  nên mặt phẳng (P) không cắt mặt cầu (S) Khi điểm M thuộc mặt cầu (S) cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) nhỏ M  giao điểm đường thẳng d qua I , nhận n( P )   2; 1;2  làm VTCP với mặt cầu  x   2t  Phương trình đường thẳng d :  y  2  t  z  1  2t  Tọa độ giao điểm đường thẳng d mặt cầu (S) thỏa mãn hệ phương trình  x   2t  y  2  t    z  1  2t  x  y  z  x  y  z    1  2t    2  t    1  2t   1  2t    2  t    1  2t    2 t   M  3; 3;1  9t     t  1  M  1; 1; 3 Với M  3; 3;1  d  M ;  P    2.3   3  2.1  14 Với M  1; 1; 3  d  M ;  P    22   1  22 1  1   1   3  14   1  2 2 7 Nên điểm cần tìm M  3; 3;1  a  b  c    3   Chọn D Câu 40: Phương pháp:  Phương trình tắc đường thẳng qua M  x0 ; y0 ; z0  nhận u  a; b; c  làm VTCP  abc   x  x0 y  y0 z  z0   a b c Cách giải:  Phương trình tắc đường thẳng d qua điểm M 1;2;3 có véc tơ phương a  1; 4; 5  x 1 y  z    4 5 Chọn A Câu 41: Phương pháp: Số giao điểm hai đồ thị hàm số y  f  x  y  g  x  số nghiệm phương trình f  x  g  x Cách giải: 21  * Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y   (song song với trục hồnh) Từ hình vẽ ta thấy đường thẳng y   cắt đồ thị y  f  x  ba điểm phân biệt nên phương trình cho có nghiệm phân biệt Chọn A Câu 42: Phương pháp:     - Tìm điểm I thỏa mãn 3IA  IB  IC  - Đánh giá GTNN biểu thức P kết luận Cách giải:     + Ta tìm điểm I thỏa mãn 3IA  IB  IC    IA   1  x;  y;1  z    Gọi I  x; y; z  , ta có:  IB    x;1  y;  z     IC    x;1  y; 2  z  Xét phương trình f  x     f  x    3(1  x)  5(2  x)  7(3  x)        3IA  IB  IC   3( y )  5(1  y )  7(1  y )  3(1  z )  5( z )  7(2  z )    x  14   x  14     y     y  2  I  14; 2;17   z  17   z  17      Khi đó: P  3MA  5MB  MC        MI  IA  MI  IB  MI  IC            MI  3IA  IB  IC  MI  MI  Do Pmin MI đạt hay M hình chiếu I (P) +) Đường thẳng d qua I  14; 2;17  vng góc   n   2; 1;2   ud làm VTCP   : x  y  z   nên nhận  x  14  2t  Phương trình tham số: d :  y  2  t  z  17  2t  Điểm M hình chiếu I   nên M  d     2(14  2t )  (2  t )  2(17  2t )    52 41   9t  15   t    M   ;  ;   3 3 22 2  10     10   Pmin  MI               3   Chọn A Câu 43: Phương pháp: Khối cầu có bán kính R tích V   R 3 Cách giải: Bán kính mặt cầu R = 2a : = a 4 Thể tích khối cầu V   R   a 3 Chọn C Câu 44: Phương pháp: - Tính vi phân dx theo dt , đổi cận - Thay vào tính tìm tích phân kết luận Cách giải: x dx x 1 1 I  Đặt t  x   t  x   2tdt  dx x   t  Đổi cận  x   t  2 2 t 1 I  2tdt   2t  t  1 dt    2t  2t  dt  t  t 1 t 1 Đối chiếu đáp án ta thấy A, B, D Đáp án C sai qn khơng đổi cận Chọn C Câu 45: Phương pháp: Lập luận để có hàm số có hai điểm cực trị thỏa mãn x1  x2  Từ sử dụng hệ thức Vi-et để tìm m Cách giải: Vì hàm số y  x3   m  1 x  x  nghịch biến khoảng (x1; x2) đồng biến khoảng lại tập xác định nên hàm số có hai điểm cực trị x1; x2 hay x1; x2 hai nghiệm phương trình y'  Ta có y '   x   m  1 x   có hai nghiệm phân biệt x1; x2 m  Suy  '   m  1    m  2m    m  23  x1  x2  6  m  1 Theo hệ thức Vi-ét ta có   x1.x2  Theo đề ta có x1  x2    x1  x2   108   x1  x2   x1.x2  108 2 m  2  36  m  1  4.9  108   m  1     m  1 Vì m nguyên dương nên có m = thỏa mãn Chọn B Câu 46: Phương pháp: - Tính y ' - Hàm số nghịch biến (-1; 0) y ' < 0, x  (-1;0) Cách giải: y '  x3  x 1  m   x  x   m  Hàm số nghịch biến (-1; 0) y ' < 0, x  (-1;0)  x  x   m   0, x   1;0   x   m  0, x   1;0   m  x  1, x   1;0  Dễ thấy hàm số f  x   x  có f '  x   x  0, x   1;0  nên y = f (x) nghịch biến (-1; 0)  f  1  f  x   f     f  x   Vậy để m < 2x + 1, x   1;0  m  Chọn C Câu 47: Phương pháp: Hàm số y  f  x  có f '  x   0; x  K (dấu = xảy hữu hạn điểm) hàm số đồng biến khoảng K Cách giải: 2  x  x  x  2 Ta xét f '  x     x   x  1   x       1  x   x  1  x    x  1   x   Suy hàm số đồng biến (1;3) nghĩa hàm số đồng biến khoảng (1; 2) Chọn D Câu 48: Phương pháp: Sử dụng tính chất   f  x    g  x  dx    f  x  dx    g  x  dx Cách giải: 9 9  10 10 10 I    f x dx  dx  f x dx    18  1  10        2  20 x 1   x  1  0  x  1 Chọn D Câu 49: Phương pháp: 24 Sử dụng cơng thức tính đạo hàm hàm hợp  f  u   '  u ' f '  u  Hàm số y  f  x  nghịch biến K f '  x   0; x  K f '  x  = xảy hữu hạn điểm Cách giải: Xét hàm số y  f   x   x  x  có y '   f   x    Ta có y '    f   x    Nhận thấy  x x 1  x x 1 x2   x x 1   f 4  x  1  0; x(do x x2  x x 1 x   x  x x)  2   x  3  x  Nên suy f   x      4  x  x  Vậy hàm số nghịch biến khoảng (3; 6) Chọn B Câu 50: Phương pháp: Đặt z = a + bi thay vào đẳng thức cho tìm a, b - Tính w suy mơ đun Cách giải: Đặt z  a  bi,  a, b    , ta có: 1  i  z  2iz   3i  1  i  a  bi   2i  a  bi    3i  a   bi  b  2ai  2b   3i   a  3b    a  b  i   3i a  3b  a     z  2i a  b  b   w    i  1    i    3i  w  42  32  Chọn A 25 ... Nên z1  2  i; z2  2  i Suy z1  z2  2  i   2   i  4  z1  z2  Và z1  z2  2  i   2  i   2i  z1  z2  Nên P  z1  z2  z1  z2  2. 4   10 Chọn A Câu 32: Phương... 2; 2 bất phương trình 2t  mt  3m   nghiệm với t   6 ;2  tam thức bậc hai f  t   2t  mt  3m  có hai nghiệm thỏa mãn t1  6   t2   m  12  26    m  12  26   m  24 m... mặt cầu Cách giải: Mặt cầu (S) có tâm I 1; 2; 1 ; R  12   2   12   3  20 Xét d  I ;  P    2. 1   2    1  14 22  12  22   R  nên mặt phẳng (P) không cắt mặt cầu