Đề thi thử THPT QG môn toán THPT đào duy từ hà nội lần 2 năm 2019 có lời giải chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ MÃ ĐỀ 357 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 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 Đào Duy Từ 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, khơng có câu hỏi thuộc nội dung chương trình lớp 10 Qua giúp HS kiểm tra kiến thức mình, từ có kế hoạch ơn tập cách hiệu Câu (TH): Cho phương trình z  mz  2m   m tham số phức Giá trị m để phương trình có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn z12  z22  10 là: A m   2i B m   2i C m  2  2i Câu (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : d2 : D m   2i x 1 y z    x y 1 z    Khẳng định sau đúng? A d1 cắt d B d1 trùng d C d1 // d D d1 chéo d 2x  có đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang là: x 1 B x  1 y  C x  y  D x  y  Câu (NB): Đồ thị hàm số y  A x  y  3 Câu (TH): Một người gửi số tiền triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,65% / tháng Biết người khơng rút tiền khỏi ngân hàng sau tháng, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi lãi kép) Số tiền người lãnh sau hai năm, khoảng thời gian không rút tiền lãi suất không đổi là: A 1, 0065  24 C  2, 0065  24 triệu đồng B  2, 0065  triệu đồng D 1, 0065  Câu (NB): Phát biểu sau A Hình tứ diện có: đỉnh, cạnh, mặt C Hình tứ diện có: đỉnh, cạnh, mặt a Câu (TH): Cho số thực a thỏa mãn e x 1 24 triệu đồng 24 triệu đồng B Hình tứ diện có: đỉnh, cạnh, mặt D Hình tứ diện có: đỉnh, cạnh, mặt dx  e  1 A 1 B C D Câu (TH): Cho số phức z thỏa mãn z  z    i  Mô đun số phức z A 73 B  73 C 73 D 73 Câu (NB): Cho hàm số y  x3  x  Khẳng định sau đúng? A Hàm số đạt cực đại x  cực tiểu x  2 B Hàm số đạt cực đại x  cực tiểu x  C Hàm số đạt cực đại x  2 cực tiểu x  D Hàm số đạt cực tiểu x  cực đại x  Câu (NB): Trong hàm số sau, hàm số có cực đại mà khơng có cực tiểu? x2  x  x2 A y  B y  17 x  x  x  C y  D y  10 x  x  x 1 x 1 Câu 10 (TH): Cho khối tứ diện OABC với OA, OB, OC vng góc đôi OA  a; OB  2a; OC  3a Gọi M, N trung điểm hai cạnh AC, BC Thể tích khối tứ diện OCMN theo a A a3 B a Câu 11 (TH): Đối với hàm số y  ln A xy '  e y C 3a D 2a 3 , khẳng định sau khẳng định đúng? x 1 B xy '  e y C xy '  e y D xy '  e y Câu 12 (NB): Đường cong hình vẽ đồ thị hàm số nào? A y   x  x  B y  x3  x  C y   x3  x  D y  x  x  Câu 13 (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn y  x3 , y  x là: A B C 13 D 12 Câu 14 (TH): Một hình nón có đỉnh S , đáy đường tròn C  tâm O , bán kính R với đường cao hình nón Tỉ số thể tích hình nón hình cầu ngoại tiếp hình nón bằng: A B C D Câu 15 (TH): Cho hai số phức z1   2i z2   3i Phần ảo số phức w  z1  z2 là: A 12 B 11 C 12i D Câu 16 (TH): Tìm nguyên hàm hàm số f  x   x  e  x  f  x  dx  x C  f  x  dx  x A  e x  C  e x  C  f  x  dx  x D  f  x  dx  x B Câu 17 (VD): Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y   e x  C  ex  C m x  x  mx  có điểm cực trị thỏa mãn xCD  xCT A  m  B 2  m  C m  D 2  m  2 Câu 18 (TH): Cho hàm số f  x  có đạo hàm  cho f '  x   0; x  Hỏi mệnh đề đúng? A f  e   f    f  3  f   B f  e   f    C f  e   f    f   D f 1  f    f  3 Câu 19 (TH): Cho hàm số y   x  x  10 khoảng sau:    (I): ;  ;   (II):  2;0 ; (III): 0;  Hỏi hàm số đồng biến khoảng nào? A (I) (II) B Chỉ (II) C Chỉ (I) Câu 20 (NB): Tìm mệnh đề mệnh đề sau: D (I) (III) A Hàm số y  ax với a 1 nghịch biến khoảng ;  B Hàm số y  ax với  a 1 đồng biến khoảng ;  C Đồ thị hàm số y  ax đồ thị hàm số y  loga x đối xứng qua đường thẳng y  x D Đồ thị hàm số y  ax với a  a 1 qua điểm M  a;1  x  1  t x 1 y  z     Câu 21 (VD): Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d : d ' :  y  t 2  z  2  3t  cắt Phương trình mặt phẳng chứa d d ' A x  y  z   B x  y  z   C 2 x  y  z   D x  y  z   Câu 22 (TH): Cho hình nón tròn xoay có thiết diện qua đỉnh tam giác vuông cân Hãy chọn câu sai câu sau: A Hai đường sinh tùy ý vng góc với B Đường cao tích bán kính đáy tan 45 C Đường sinh hợp với trục góc 45 D Đường sinh hợp với đáy góc 60 Câu 23 (NB): Hai mặt phẳng tạo với góc 600 ? A  P  : x  11 y  z    Q  :  x  y  z   B  P  : x  11 y  z    Q  : x  y  z   C  P  : x  11 y  z  21   Q  : x  y  z   D  P  : x  y  11z    Q  :  x  y  z   Câu 24 (TH): Cho điểm A  3; 2; 2  ; B  3; 2;0  ; C  0; 2;1 ; D  1;1;  Mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng  BCD  có phương trình A  x  3   y     z    14 B  x  3   y     z    14 C  x  3   y     z    14 D  x  3   y     z    14 2 2 2 Câu 25 (TH): Giá trị nhỏ hàm số y  2 2 2 x 1 đoạn  0; 2 là: 2x  3 1 C  Câu 26 (NB): Cho số phức z   4i Mô đun số phức z A B D A B 41 C D Câu 27 (VD): Xác định tập hợp điểm M mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện: z   i  A Đường tròn tâm I 1; 1 , bán kính R  B Hình tròn tâm I 1; 1, bán kính R  C Hình tròn tâm I 1; 1, bán kính R  (kể điểm nằm đường tròn) D Đường tròn tâm I 1; 1, bán kính R   Câu 28 (TH): Nếu 3  x   B x   D x  1   Câu 29 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai véc tơ a  2;1;0  b  1; m  2;1 Tìm m   để a  b A x  1 C x  A m  B m  C m  Câu 30 (TH): Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số bốn hàm số liệt kê bốn phương án A, B, C, D Hỏi hàm số hàm số nào? A y  log x B y  log  x  C y  log D y  log x x D m  Câu 31 (VD): Cho hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' có AB  3a, AD  4a, AA '  4a Gọi G trọng tâm tam giác CC 'D Mặt phẳng chứa B'G song song với C 'D chia khối hộp thành phần Gọi H khối đa diện chứa C Tính tỉ số A 19 54 V H  V 38 B với V thể tích khối hộp cho .C 23 D 25 Câu 32 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  36 , điểm I 1; 2;0  đường thẳng d : 2 x2 y2 z   Tìm tọa độ điểm M thuộc d, N thuộc (S) cho I 1 trung điểm MN  N  3; 2;1 A   N  3;6; 1  N  3; 2;1 B   N  3;6; 1  N  3; 2;1 C   N  3;6;1  N  3; 2; 1 D   N  3;6;1 Câu 33 (VD): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục  Đồ thị hàm số y  f  x  hình vẽ bên Khi giá trị biểu thức 0  f '  x   dx   f '  x   dx A C 10 bao nhiêu? B D Câu 34 (VD): Cho tứ diện ABCD có AB  CD  11m; BC  AD  20m; BD  AC  21m Tính thể tích khối tứ diện ABCD A 770 m3 B 340 m3 C 720 m3 D 360 m3 Câu 35 (VD): Cho số phức z thỏa mãn z  i   z  2i Tìm giá trị nhỏ z A  B  2 C D 2 Câu 36 (VD): Tìm giá trị tham số m để đồ thị hàm số y  x  2m x  m  có ba điểm cực trị Đồng thời ba điểm cực trị với gốc O tạo thành tứ giác nội tiếp A m  1 B m  1 C m  Câu 37 (VD): Có tất số dương a thỏa mãn đẳng thức D không tồn m log a  log a  log a  log a.log a.log a ? A B C D Câu 38 (VD): Gọi A, B hai điểm thuộc hai nhánh khác đồ thị (C) hàm số y  x3 , độ x 3 dài ngắn đoạn thẳng AB A B C Câu 39 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : D x 1 y z 1   hai điểm 1 A 1; 2; 1 , B  3; 1; 5  Gọi d đường thẳng qua điểm A cắt đường thẳng  cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d lớn Khi đó, gọi M  a; b; c  giao điểm d với đường thẳng  Giá trị P  a  b  c A 2 B C D Câu 40 (VD): Một vật có kích thước hình dáng hình vẽ Đáy hình tròn giới hạn đường tròn x  y2 16 (nằm mặt phẳng Oxy), cắt vật mặt phẳng vng góc với trục Ox ta thiết diện hình vng Thể tích vật thể A  16  x  dx B 1  4 x dx C 4  4x dx 4 D  4 16  x  dx 4 Câu 41 (VD): Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục đoạn 1; 2 thỏa mãn f  x   x  1; 2 Biết  f '  x  dx  10    f  x  dx  ln Tính f   f' x 1 A f    20 B f    10 C f    20 D f    10 Câu 42 (VD): Giả sử viên phấn viết bảng có dạng hình trụ tròn xoay đường kính đáy 1cm, chiều dài 6cm Người ta làm hộp carton đựng phấn dạng hình hộp chữ nhật có kích thước 656 Muốn xếp 350 viên phấn vào 12 hộp ta kết khả sau: A Thừa 10 viên B Vừa đủ C không xếp D Thiếu 10 viên Câu 43 (TH): Số nghiệm phương trình log x.log  x  1  log x là: A B C 28 x 1 D Câu 44 (VD): Cho phương trình  16 x 1 Khẳng định sau đúng? A Tổng nghiệm phương trình số nguyên B Tổng nghiệm phương trình số nguyên C Tích nghiệm phương trình số dương D Phương trình vơ nghiệm Câu 45 (VD): Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình log  x  1 log  2.5 x    m có tập nghiệm 1;   ? A m  B m  C m  D m  Câu 46 (VD): Một hình lập phương có diện tích mặt chéo a 2 Gọi V thể tích khối cầu S diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương nói Khi tích S.V A SV  3 a B SV  3 a C SV  6 a D SV  3 a Câu 47 (VD): Tất giá trị thực tham số m cho hàm số y   x   2m  3 x  m nghịch  p p biến khoảng 1;   ;  , phân số tối giản q  Hỏi tổng p  q là: q q  A B C D Câu 48 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;1;1 Gọi (P) mặt phẳng qua A cách gốc tọa độ khoảng lớn Khi đó, mặt phẳng (P) qua điểm sau đây? A M  1; 2;0  B M 1; 2;0  C M  1; 2;0  D M 1; 2;0  x  t  Câu 49 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba đường thẳng d1 :  y   t  z  1  2t  x y2 z x 1 y 1 z 1     d3 : Gọi  đường thẳng cắt d1 , d , d3 điểm 3 3 A, B, C cho AB = BC Phương trình đường thẳng  x2 y2 z x y2 z x y  z 1 x y  z 1   B      A C D  1 1 1 1 1 1 d2 : m   6i  Câu 50 (VD): Cho số phức z    , m nguyên dương Có giá trị m  1;50 để z số  3i  ảo? A 25 B 50 C 26 D 24 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.B 2.C 3.D 4.A 5.D 6.D 7.D 8.D 9.D 10.A 11.D 12.B 13.B 14.C 15.A 16.B 17.A 18.C 19.D 20.C 21.A 22.A 23.A 24.B 25.C 26.B 27.C 28.D 29.B 30.A 31.A 32.B 33.D 34.D 35.D 36.A 37.C 38.C 39.D 40.A 41.C 42.D 43.C 44.B 45.B 46.B 47.A 48.D 49.B 50.A Câu 1: Phương pháp: b   z1  z2   a Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình bậc hai  z z  c  a Cách giải: b  z1  z2    m   a Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình z  mz  2m   tập số phức ta có:   z z  c  2m   a Khi đó: z12  z22  10   z1  z2   z1 z2  10  m   2m  1  10  m  4m  12   m   2i Chọn: B Câu 2: Phương pháp: Sử dụng vị trí tương đối hai đường thẳng   Đường thẳng d1 có VTCP u1 qua điểm M ; đường thẳng d có VTCP u2 qua điểm M   Khi d1 / / d  u1 ; u2 phương M  d (hoặc M  d1 ) Cách giải:  x 1 y z    có VTCP u1  1; 2;3 qua M 1;0;3  x y 1 z   + Đường thẳng d :  có VTCP u2   2; 4;6  qua M  0;1;      x 1 y z    Nhận thấy u2  2u1 nên u1 ; u2 phương Lại có thay tọa độ M  0;1;  d1 : ta 1  1    1    (vô lý) nên M  d1 3 + Đường thẳng d1 : Vậy d1 / / d Chọn: C Câu 3: Phương pháp: Đồ thị hàm số y  ax  b d a  ad  bc  có TCĐ: x   TCN: y  cx  d c c Cách giải: Đồ thị hàm số y  2x  có đường TCĐ: x  đường TCN: y  x 1 Chọn: D Câu 4: Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép M  A 1  r  với A số tiên gốc ban đầu, r lãi suất, n số kì hạn gửi, M n tổng số tiền vốn lãi sau n kì hạn Cách giải: Số tiền sau năm = 24 tháng người nhận M  1  0, 65%   1, 0065  24 24 triệu đồng Chọn: A Câu 5: Phương pháp: Dựng hình đếm cố cạnh, số mặt số đỉnh tứ diện Cách giải: Hình tứ diện có mặt, đỉnh cạnh Chọn D Câu 6: Phương pháp: b b a a Sử dụng công thức  eu du  eu Cách giải: Ta có a a 1 1 x 1 x 1  e dx  e a Theo đề e x 1  e a 1  e 11  e a 1  dx  e  nên e a 1   e   a    a  1 Chọn: D Câu 7: Phương pháp: - Gọi z  a  bi  a, b    thay vào điều kiện cho tìm a, b - Tính mơđun z  a  b Cách giải: Gọi z  a  bi  a, b     z  a  bi ta có: z  z    i    a  bi    a  bi   16  8i  i 2 5a  15 a   5a  bi  15  8i    b  8 b  8  z   8i Vậy z  32  82  73 Chọn: D Câu 8: Phương pháp: + Tính y ' , giải phương trình y '  tìm nghiệm xi + Tính y ''  y ''  xi  Nếu y ''  xi   xi điểm cực đại hàm số, y ''  xi   xi điểm cực tiểu hàm số Hoặc lập bảng biến thiên kết luận Cách giải: x  Ta có; y '  x  x    x  Lại có y ''  x  , suy y ''    6.0   6  y ''    6.2    Nên x  điểm cực đại hàm số x  điểm cực tiểu hàm số Chọn: D Câu 9: Phương pháp: Nhận xét tính chất hàm số đáp án kết luận Cách giải: Đáp án A: Hàm phân thức khơng có cực trị nên loại A Đáp án B: Hàm bậc ba có cực đại chắn có cực tiểu nên loại B Do t xét hàm số đáp án C D Đáp án D: y '  40 x3  10 x  10 x  x  1   x  Ngoài y ' đổi dấu từ dương sang âm qua x  nên x  điểm cực đại hàm số, hàm số cực tiểu Chọn: D Câu 10: Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính thể tích khối chóp có chiều cao h diện tích đáy S V  h.S Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích: Cho hình chóp S.ABCD có M, N, P thuộc cạnh SA, SB, SC V SM SN SP Khi ta có S MNP  VS ABC SA SB SC 10  f  e   f  3 +   f  e   f    f  3  f   nên A sai  f    f   + f  e   f   nên f  e   f    nên B sai  f  e   f   +   f  e   f    f   nên C  f    f    f 1  f  3 +   f 1  f    f  3 nên D sai  f    f  3 Chọn: C Câu 19: Phương pháp: - Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến hàm số: + Tính y ' , giải phương trình y '  + Các khoảng làm cho y '  khoảng đồng biến hàm số + Các khoảng làm cho y '  khoảng nghịch biến hàm số - Đối chiếu với khoảng cho kết luận Cách giải: x  y   x  x  10  y '  4 x3  x  4 x  x      x   Xét dấu y ' : x   Ta thấy: y '    nên hàm số đồng biến khoảng ;  0; (khoảng (I) 0  x  (III)) Chọn: D Câu 20: Phương pháp:     + Sử dụng tính chất hàm số biến thiên hàm số y  a x Cách giải: + Hàm số y  a x với a  đồng biến  nên A sai + Hàm số y  a x với  a  nghịch biến  nên B sai + Đồ thị hàm số y  a x đồ thị hàm số y  log a x đối xứng qua đường thẳng y  x nên C + Đồ thị hàm số y  a x với a  a  qua điểm M 1; a  nên D sai 14 Chọn: C Câu 21: Phương pháp: - Tìm điểm qua M  d  d '    - Tìm VTPT n  ud , ud '  - Viết phương trình mặt phẳng A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   Cách giải:   Mặt phẳng (P) chứa d d ' qua M  d  d ' nhận ud , ud '  làm VTPT  x   2t ' x 1 y  z   d:    d :  y  2  t ' 2  z   3t '  1  2t '  1  t 2t ' t  t '    Gọi M giao điểm d d ' , 2  t '  t  t ' t  2   t  4  3t '  2  3t 3t ' 3t    Suy M 1; 2;       Ta có: ud   2;1;3 , ud '  1; 1;3  n  ud ; ud '    6;9;1  Mặt phẳng (P) qua M 1; 2;  nhận n   6;9;1 làm VTPT nên  P  :  x  1   y    1 z     x  y  z   Chọn: A Câu 22: Phương pháp: Sử dụng mối quan hệ góc hai đường thẳng, góc đường thẳng mặt phẳng Sử dụng tính chất hình nón, tính chất tam giác vng cân Cách giải: Hình nón đỉnh S có thiết diện qua đỉnh tam giác vng cân SAB xét tam giác vng SHB có đường cao SH  HB.tan 450 nên B Tam giác SBH vng có SBH  450 nên SHB vuông cân, suy HSB  450 hay đường sinh SB hợp với trục SH góc HSB  450 nên C Và đường sinh SB tạo với đáy góc SBH  450 nên D Hai đường sinh SB, SC chưa vng góc với nên A sai Chọn: A Câu 23: Phương pháp: 15   nP nQ Góc hai mặt phẳng (P),(Q) thỏa mãn: cos     nP nQ Cách giải:   Đáp án A: nP   2;11; 5  , nQ   1; 2;1  cos    1  11.2   5  22  112   5   1  22  12  15     600 30 Chọn: A Câu 24: Phương pháp: + Mặt cầu (S) có tâm I  x0 ; y0 ; z0  tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính R  d  I ;  P   phương trình mặt cầu  x  x0    y  y0    z  z0   R    + Mặt phẳng qua ba điểm A, B, C có VTPT n   AB; AC  2 Cách giải:     + Ta có BC   3;0;1 ; BD   4; 1;    BC ; BD   1; 2;3    + Mặt phẳng (BCD) qua B  3; 2;0  có VTPT n   BC ; BD   1; 2;3 nên phương trình mặt phẳng (BCD) 1 x  3   y     z     x  y  z   + Vì mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (BCD) nên bán kính mặt cầu R  d  A;  BCD      2    2   12  22  32  14 Phương trình mặt cầu (S)  x  3   y     z    14 2 Chọn: B Câu 25: Phương pháp: - Tính y ' xét tính đồng biến, nghịch biến hàm số - Tính GTNN hàm số 1; 2 Cách giải: Ta có: y '  1.3  2.1  x  3   x  3  0, x   Do hàm số nghịch biến  0; 2  y  y     0;2 Chọn: C Câu 26: Phương pháp: Số phức z  a  bi  a; b    có mơđun z  a  b 16 Cách giải: Số phức z   4i có môđun z  52   4   41 Chọn: B Câu 27: Phương pháp: - Gọi điểm M  x; y  biểu diễn số phức z  x  yi - Thay vào điều kiện đề tìm mối quan hệ x; y kết luận Cách giải: Gọi z  x  yi  x, y    , đó: z   i    x  1   y  1 i    x  1   y  1 2    x  1   y  1  42 2 Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn toán hình tròn tâm I  1; 1 , bán kính R  (kể điểm nằm đường tròn) Chọn: C Câu 28: Phương pháp: a f  x   a g  x  với  a  f  x   g  x  Cách giải: Ta có Nên   3 3   x   1    3   3   x  3 3   1 3  1  x  1 (vì    ) Chọn: D Câu 29: Phương pháp:    Điều kiện để a  b a.b  Cách giải:    Ta có: a  b  a.b    1   m    0.1   m    m  Chọn: B Câu 30: Phương pháp: Xác định tính đồng biến, nghịch biến hàm số từ loại trừ đáp án Lưu ý hàm số y  log a x   a  1; x   đồng biến  0;   a  nghịch biến  0;    a  Xác định điểm thuộc đồ thị hàm số thay tọa độ vào hàm số đáp án để tìm đáp án Cách giải: Từ đồ thị ta thấy hàm số cho đồng biến  0;   nên a  , loại D 17 1  Điểm có tọa độ  ; 1 thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x  ; y  1 vào hàm số lại, có 2    1 hàm số y  log x thỏa mãn  log    1 nên chọn A 2   Chọn: A Câu 31: Phương pháp: - Dựng mặt phẳng chứa B ' G song song với C ' D - Xác định khối đa diện tính thể tích cách cộng trừ thể tích khối đa diện đơn giản Cách giải: Gọi   mặt phẳng chứa B ' G song song với C ' D Gọi M, N giao điểm   với CD CC ' Khi ta có: MN / / C ' D CM CN   CD CC ' Và   mặt phẳng  AMNB ' ,  H  phần khối đa diện chứa C Khi ta có: V H   VM BCNB '  VB ' ABM Ta có: BCNB ' hình thang vng B, C có diện tích: S BCNB '  1 40a  BB ' CN  BC   4a  4a  4a  2 3  1 40 80a  VMBCNB '  MC.S BCNB '  3a a  3 3 1 Mặt khác S ABM  S ABCD  S BCM  S ADM  3a.4a  4a .3a  4a .3a  6a 2 3 1  VB ' ABM  BB '.S ABM  4a.6a  8a 3 80 152  V H   a  8a  a 9 Thể tích hình hộp chữ nhật là: V  3a.4a.4a  48a  V H   152a 19  48a 54 V Chọn: A Câu 32: Phương pháp: + Viết phương trình đường thẳng d dạng tham số t, M  d nên biểu diễn tọa độ điểm M theo tham số t + Dựa vào công thức trung điểm để biểu diễn tọa độ điểm N theo tham số t + Thay tọa độ điểm N vào phương trình mặt cầu (S) ta phương trình ẩn t, giải phương trình tìm t, từ tìm tọa độ N 18 Cách giải:  x   3t x2 y2 z  + Đường thẳng d :     y   4t 1  z  t  Vì M  d  M   3t ;  4t ; t  xM  xN   xI   xN  xI  xM  3t  yM  y N   I 1; 2;0  trung điểm đoạn MN   yI    yN  yI  yM   4t  N  3t ;  4t ; t   z  2z  z  t I M  N zM  z N  z  I   Vì N   S  nên thay tạo độ điểm N vào phương trình mặt cầu:  S  :  x  1   y     z  3  36 ta 2 được:  3t  1   4t    t  3 2 t   N  3; 2;1  36  26t  26    t  1  N  3;6; 1 Chọn: B Câu 33: Phương pháp: b Sử dụng công thức  f '  x  dx  f  b   f  a  a Cách giải: Ta có:  4 0 0 f '  x   dx   f '  x   dx   f '  x   d  x     f '  x   d  x    f  x    f  x    f    f  2   f    f    f    f  2     2   Chọn: D Câu 34: Phương pháp: Dựng hình hộp chữ nhật AMCN.PBQD AB  CD  11m; BC  AD  20m; BD  AC  21m cho đường chéo Từ ta phân chia thể tích hình chóp nhỏ hình hộp chữ nhật để tính VABCD theo thể tích hình hộp chữ nhật Dựa vào định lý Pytago để tính kích thước hình hộp chữ nhật từ suy thể tích VABCD Cách giải: Dựng hình hộp chữ nhật AMCN.PBQD hình bên Khi Tứ diện ABCD thỏa mãn AB  CD  11m; BC  AD  20m; BD  AC  21m 19 Gọi kích thước hình hộp chữ nhật m; n; p Gọi V  VAMCN PBQD  m.n p Ta có: VPADB  VMABC  VQBCD  VNACD  ND.S ACN 1 1  ND AN NC  ND.NA.NC  m.n p  VAMCN PBQD 6 Suy 1 1 VPADB  VMABC  VQBCD  VNACD  V  V  V  V  V mà 6 6 VPADB  VMABC  VQBCD  VNACD  VABCD  V Suy ra: VABCD  V  m.n p Xét tam giác vuông APB; APD; PDB , theo định lý Pytago ta có: m  n  p  481 m  n  BD m  n  212 m  10  2 m  n  21     2 2  n  m  p  AD  m  p  20   2  p  n  AB  p  n  112 m  p  20   p  10    p  n  112  1 VABCD  m.n p  10.9.2 10  360m3 3 Chọn: D Chú ý: Đối với tứ diện gần ABCD có AB  CD  a, AC  BD  b, AD  BC  c ta có cơng thức thể tích VABCD   a  b  c  a  b  c  a  b  c  Câu 35: Phương pháp: - Đặt z  x  yi  x, y    thay vào điều kiện cho tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z - Tìm GTNN z dựa vào mối quan hệ hình học Cách giải: Đặt z  x  yi  x, y    ta được:  x  1   y  1 i  x   y   i   x  1   y  1  x   y   2  2x 1 y 1  y   x  y 1  Do tập hợp số phức z thỏa mãn toán đường thẳng x  y 1  Từ hình vẽ ta thấy z đạt GTNN z  OH  d  O;       1 12  12   2 20 Chọn: D Câu 36: Phương pháp: +) Tìm tọa độ điểm cực trị đồ thị hàm số theo tham số m +) Dựa vào tính chất hàm trùng phương tính chất tứ giác nội tiếp để tìm m Cách giải: x  Ta có y '  x3  4m x   x  x  m     2 x  m  x   y  m4   Điều kiện để hàm số có điểm cực trị m   m    x  m  y   x  m  y   Gọi A  0; m  1 ; B  m;1 ; C  m;1 điểm cực trị đồ thị hàm số cho OB  OC Vì B, C đối xứng qua trục Oy O, A  Oy nên   AB  AC Lại có cạnh OA chung nên BAO  CAO  c  c  c  suy OBA = OCA, mà tứ giác OBAC nội tiếp nên OBA  OCA  1800  OBA  OCA  900   Hay AB  OB  AB.OB      Ta có AB   m; m  ; OB   m;1  AB.OB  m  m  m   L    m 1  m     m  1TM   m  1 TM    Vậy m  1 Chọn: A Câu 37: Phương pháp: - Biến đổi phương trình cho làm xuất ẩn log a (sử dụng công thức log a c  log a b.log b c ) - Giải phương trình kết luận Cách giải: Điều kiện: a  Ta có: log a  log a  log a  log a.log a.log a 21  log a  log 2.log a  log 2.log a  log a.log 2.log a.log 2.log a  log a 1  log  log   log 32 a.log 2.log  log a  log 22 a.log 2.log   log  log   log a   log a.log 2.log   log  log  a   log a   log  log log 2.log    a  a    log  log   log a   t1   a  2t1   log 2.log  a  2t     log  log   t2 log a   log 2.log  Vậy phương trình cho có nghiệm a  Chọn: C Câu 38: Phương pháp: d a ax  b  C  nhận I  ;  làm tâm đối xứng với A, B thuộc hai nhánh cx  d  c c đồ thị (C) để AB nhỏ I trung điểm AB Từ sử dụng cơng thức tọa độ trung điểm bất đẳng thức Cơ-si để tính tốn Cách giải: Sử dụng nhận xét: Hàm số y  ĐK: x  Ta có y  x3  1 Đồ thị hàm số (C) có tiệm cận đứng x  tiệm cận ngang y  Suy x 3 x 3 tâm đối xứng đồ thị (C) I  3;1 Với A, B   C  A, B thuộc hai nhánh khác đồ thị Để AB nhỏ A; I; B thẳng hàng hay I trung điểm AB     Gọi A  x A ;1   ; B  xB ;1   thuộc đồ thị (C) xA    xB    Vì I  3;1 trung điểm AB nên x A  xB  xI  x A  xB   xB   x A Suy AB   xB  x A   6      xB  x A   22    xA   6  144      x A  3   x A  3   xA xA   Ta có AB   x A  3  144  x A  3 Co  si   x A  3 144 Suy ABmin  48    x A  3  144  x A  3  x A  3  48 x     x A  3  36   A  x A   Chọn: C Câu 39: Phương pháp: - Gọi tọa độ M  d   theo tham số t  - Tính khoảng cách từ B đến d theo t tìm GTLN khoảng cách - Tìm t suy tọa độ M Cách giải: Gọi M  d   M  1  2t ;3t ; 1  t     Khi AM   2  2t ;3t  2; t  , BA   2;3;  , BM   4  2t ;3t  1;  t     BM ; BA  15t  8; 6t  8;12t  10      2 2 2  BM , BA 15t  8   6t  8  12t  10  15t     6t    12t  10      d  B, d      2 2 AM  2t     3t    t 2 t   t   t      405t  576t  228 14t  20t  Xét f  t   405t  576t  228 Sử dụng MTCT (chức TABLE với bước START nhập -5, bước 14t  20t  END nhập bước STEP nhập ta kết GTLN f  t   29 t  ) Do M  3;6; 3 hay a  3; b  6; c  3  a  b  c  Chọn: D Câu 40: Phương pháp: + Tính thể tích S thiết diện b + Thể tích vật thể V   S  x  dx a Cách giải: Đường tròn x  y  16 có tâm O  0;0  bán kính R  Gọi thiết diện cắt trục Ox điểm H  x;0  4  x   OH  x thiết diện cắt đường tròn đáy A, B (hình vẽ) 23 Suy OA  Xét tam giác vuông OAH có HA  OA2  OH  16  x  AB  16  x  Diện tích thiết diện S  AB  16  x   16  x  Thể tích vật thể V   16  x  dx 4 Chọn: A Câu 41: Phương pháp: Lập hệ phương trình theo ẩn f   , f 1 từ điều kiện cho, sử dụng công thức b  f '  x  dx  f  b   f  a  a Cách giải: Ta có:  2 d  f  x  f ' x dx  ln    ln  ln f  x   ln  ln f    ln f 1  ln f  x f  x 1  f    f 1 Lại có:  f '  x  dx  10  f  x   10  f    f 1  10  f    f 1  f    20 Từ    f    f 1  10  f 1  10 Chọn: C Câu 42: Phương pháp: Để hộp carton xếp nhiều viên phấn ta xếp dọc viên phấn Từ diện dựa vào đường kính đáy viên phấn diện tích đáy hộp carton để suy số viên phấn nhiều mà hộp đựng Từ tính số phấn đựng 12 hộp Cách giải: Chiều dài viên phấn với chiều dài hình hộp carton 6cm Đường kính đáy viên phấn hình trụ d = 1cm Để hộp chứa nhiều viên phấn ta phải xếp viên phấn theo chiều thẳng đứng hợp với đáy hộp có chiều rộng 5cm, chiều dài 6cm, chiều cao 6cm Diện tích đáy hộp 5.6 = 30cm2 nên hộp carton chứa nhiều 5.6 = 30 viên phấn Vậy với 12 hộp ta xếp 12.30 = 360 viên phấn Suy xếp 350 viên phấn vào 12 hộp ta thiếu 10 viên Chọn D Câu 43: 24 Phương pháp: Chuyển vế đặt nhân tử chung, giải phương trình tích sử dụng công thức log a f  x   m  f  x   a m Cách giải: x  Điều kiện:  x 2 x   Khi phương trình  log x.log  x  1  log x   log x log  x  1    log x  x  x     TM  2 x   x  log  x  1   Vậy phương trình cho có nghiệm Chọn: C Chú ý giải: Một số em chia hai vế cho log x mà quên không xét trường hợp log x  có nghiệm x 1 Câu 44: Phương pháp: + Giải phương trình mũ cách đưa số cho hai số mũ A  B + Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối A  B  B      A  B Cách giải: Ta có 28 x 1  16 x 1 2 28 x 1    28 x    x  1    x  4 x 1 28  2  x    x  1  ĐK :     x  1  28 x    x          94  tm  x      94  94  ktm  x  x  12 x  28 x  15  6      7  19 7  19 12 x  28 x    ktm   x  x  6    7  19  tm  x   Chọn: B Câu 45: Phương pháp: - Đặt ẩn phụ t  log  x  1 , tìm điều kiện cho ẩn - Đưa yêu cầu toán từ ẩn x tốn ẩn t tìm m Cách giải: 25 Ta có: log  x  1 log  2.5 x    m  log  x  1 log   x  1   m  log  x  1 1  log  x  1   m Đặt log  x  1  t x  1;    x    t  log  x  1  log   t  Khi bất phương trình trở thành t 1  t   m  t  t  m * Bài toán thỏa  * có tập nghiệm  2;   hay * với t    t  t   m t 2 Xét f  t   t  t  f '  t   2t   0, t  2 Do m  f  t   f     m  t 2 Chọn: B Câu 46: Phương pháp: + Tính cạnh lập phương + Hình lập phương cạnh a có bán kính mặt cầu ngoại tiếp R  a + Diện tích mặt cầu bán kính R S  4 R + Thể tích mặt cầu bán kính R V   R 3 Cách giải: Gọi hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' cạnh x có diện tích mặt chéo S ACC ' A '  a 2 Ta có AC  AD  DC  x nên S ACC ' A '  AC AA '  x 2.x  a 2  x  a Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương R  a Nên thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương 4 a 3 3 a V   R      3   2 a 3 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương S  4 R  4    3 a   Suy S V  3 a 3 3 a   a 2 Chọn: B Câu 47: Phương pháp: - Tính y ' 26 - Hàm số nghịch biến 1;   y '  0, x  1;  Cách giải: Ta có: y '  4 x3   2m  3 x  x  2 x  2m  3 Hàm số nghịch biến 1;   y '  0, x  1;   x  2 x  2m  3  0, x  1;   2 x  2m   0, x  1;   x  0, x  1;    2m   x , x  1;  Dễ thấy hàm số f  x   x đồng biến 1;  nên f  x   f 1  Do 2m   x , x  1;   2m    m  5  Suy m   ;   p  5, q   p  q  2  Chọn: A Câu 48: Phương pháp:  + Lập luận để  P  mặt phẳng qua A 1;1;1 nhận OA  1;1;1 làm VTPT + Từ thay tọa độ điểm M ; M ; M ; M vào phương trình mặt phẳng  P  để tìm điểm thuộc mặt phẳng  P  Cách giải: Gọi H hình chiếu O xuống mặt phẳng  P  Khi OH  OA nên OH lớn H  A  Hay  P  mặt phẳng qua A 1;1;1 nhận OA  1;1;1 làm VTPT nên phương trình mặt phẳng  P  1 x  1  1 y  1  1 z  1   x  y  z   Thay tọa độ điểm M ; M ; M ; M vào phương trình mặt phẳng  P  ta thấy có điểm M 1; 2;0  thỏa mãn       (luôn đúng) nên M   P  Chọn: D Câu 49: Phương pháp: - Gọi tọa độ điểm A, B, C theo đường thẳng d1 , d , d3 - Sử dụng giả thiết AB  BC  B trung điểm AC, từ tìm tọa độ A, B, C Cách giải: Do d cắt d1 , d , d3 A, B, C nên A  t ;  t ; 1  2t  , B  t ';  3t '; 3t ' C  1  5t '';1  2t ''; 1  t '' 27 x A  xC  x  B   y  yC  Lại có AB  BC  B trung điểm AC   yB  A  z A  zC   zB   t   5t ''  t '   A 1;3;1 2t '  t  5t '' t     t   2t ''     2  3t '   4  6t '   t  2t ''  t '    B  0; 2;0   6t '  2  2t  t '' t ''     C  1;1; 1 1  2t   t ''   t '     x y2 z  Đường thẳng d qua điểm B  0; 2;0  nhận BA  1;1;1 làm VTCP nên d :  1 Chọn: B Câu 50: Phương pháp: Biến đổi z lập luận vào tính chất i  1 số phức Kết hợp điều kiện đề để tìm số giá trị m Cách giải: m    6i   i   m   6i  m m Ta có z      2i   i     3i     i   i   m + Với m  4k  k    z  2m + Với m  4k   k    z  2m + Với m  4k  1 k    z  2m.i + Với m  4k   k    z  2m.i  m  4k  Vậy để z số ảo   k    mà  m  50  m  4k   k  0;1; 2;3; ;12 1  4k   50 0  4k  49 0  k  12, 25 Nên     1  4k   50  2  4k  47  0,5  k  11, 75  k  0;1; 2; ;11 Vậy có tất 13 + 12 = 25 giá trị k thỏa mãn điều kiện hay có 25 giá trị m thỏa mãn điều kiện đề Chọn: A 28 ... B 50 C 26 D 24 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.B 2. C 3.D 4.A 5.D 6.D 7.D 8.D 9.D 10.A 11.D 12. B 13.B 14.C 15.A 16.B 17.A 18.C 19.D 20 .C 21 .A 22 .A 23 .A 24 .B 25 .C 26 .B 27 .C 28 .D 29 .B 30.A 31.A 32. B 33.D...    z    14 2 2 2 Câu 25 (TH): Giá trị nhỏ hàm số y  2 2 2 x 1 đoạn  0; 2 là: 2x  3 1 C  Câu 26 (NB): Cho số phức z   4i Mô đun số phức z A B D A B 41 C D Câu 27 (VD): Xác định... trình z  mz  2m   tập số phức ta có:   z z  c  2m   a Khi đó: z 12  z 22  10   z1  z2   z1 z2  10  m   2m  1  10  m  4m  12   m   2i Chọn: B Câu 2: Phương pháp: