22-5-WT196-THI-THU-THPTQG-NGUYEN-ĐỨC-CẢNH-LẦN-2-2019

TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC CẢNH KSCL LẦN Câu ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn: Tốn Thời gian: 90 phút (Khơng kể thời gian phát đề)  a3  Biết log a2    Tính log a b  b A 6 B C 12 D Lời giải Chọn A  a3  3 Ta có: log a2     log a2 a  log a2 b    log a b   b   log a b   log a b  6 Câu Cho 3 2  f  x  dx  ,  g  x  dx  Tìm a để 3 2  a  2ax  f  x  dx    a  2 g  x  dx  10 B a  3 A a  C a  D a  Lời giải Chọn B Ta có: 3 2  a  2ax  f  x  dx    a  2 g  x  dx  10 3 2    a  2ax  dx  3 f  x  dx    a   g  x  dx  10 3   ax  ax   3.1   a    g  x  dx  10 2  a  5a    a    10  a  3 Câu   Tập nghiệm phương trình x  x  ln  x  1  A 1; 2;  3 B 1; 2;3 C 1; 2; 3 D  2; 3 Lời giải Chọn D Điều kiện: x 1   x   x  1  x2  x     x  Ta có x  x  ln  x  1    ln  x  1   x    Trang 1/21 - WordToan Đối chiếu điều kiện tập nghiệm phương trình Câu  2; 3 Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  : x  y  z   ,  P  qua điểm đây? A M 1;1;  1 B N  1;  1;1 C P 1;1;1 D Q  1;1;1 Lời giải Chọn B Thay tọa độ điểm M vào phương trình mặt phẳng  P  ta có : "1    1   0" mệnh đề sai nên M   P  Thay tọa độ điểm N vào phương trình mặt phẳng  P  ta có : "   1    0" mệnh đề nên N   P  Vậy mặt phẳng  P  qua điểm N  1;  1;1 Câu Đồ thị hình vẽ sau đồ thị hàm số nào? A y  x 1 x 1 B y  x3  3x  C y  x  x  D y  x  x  Lời giải Chọn C Nhận xét: Đồ thị hàm số có dạng đồ thị hàm số trùng phương y  ax  bx  c có điểm cực trị nên hệ số a b trái dấu Dựa theo phương án đề cho đồ thị hình vẽ đồ thị hàm số y  x  x  Câu Một tập A có n phần tử, số tập khác rỗng tập A A n! B n!1 C 2n  D n Lời giải Chọn C Số tập tập có n phần tử n nên số tập khác rỗng tập A 2n  Câu Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương có cạnh A  B 4 C Lời giải Chọn C Trang 2/21 – Diễn đàn giáo viên Toán  D 3 Gọi O1 , O2 tâm đường tròn ngoại tiếp hai đáy Suy ra: -Trung điểm I O1O2 tâm mặt cầu ngoại tiếp lập phương 2    2  AC   O1O2  -Bán kính: R  IA  AO  IO              2         2  3     4 R3   - Thể tích khối cầu: V    3 Câu Cho khối chóp S.ABC có diện tích đáy 2a2 , đường cao SH  3a Thể tích khối chóp S.ABC là? A a 3 C 3a B 2a 3a D Lời giải Chọn B 1 Thể tích khối chóp VS ABC  S ABC SH  2a 3a  2a 3 Câu Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Giá trị cực đại hàm số A 2 C B D 1 Lời giải Chọn C Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại x  2 Câu 10 Trong không gian Oxyz trục Ox song song với mặt phẳng đây? A x  by  cz  d  với b  c  B y  z  C by  cz   với b  c  D x   Lời giải Chọn C Trục Ox có véctơ phương là: i  1;0;0  Trang 3/21 - WordToan Để mặt phẳng  P  song song với Ox  n P i  Ox   P    Xét đáp án A x  by  cz  d   véctơ pháp tuyến n  1; b; c   n.i   Nên loại A Xét đáp án B y  z  véctơ pháp tuyến n   0;1;1  n.i  Mặt khác  y  z    Ox  O Nên loại B Xét đáp án by  cz   véctơ C pháp n   0; b; c   n.i  tuyến Ox  by  cz     Nên chọn C Xét đáp án D x   véctơ pháp tuyến n  1;0;0   n.i   Nên loại D Câu 11 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  3; 3;  B  2; 3;  , C  2;  3; 3 Tọa độ trọng tâm G tam giác ABC ? A G 1;1;  B G  2;  1; 3 D G 1;  1;1 C G 1; 2; 3 Lời giải Chọn A x A  xB  xC   xG   y  yB  yC  Áp dụng công thức  yG  A ta có  z A  zB  zC   zG      2   1  xG      3   Vậy G 1;1;   yG   723  4  zG   Câu 12 Hàm số f  x   22 x  x có đạo hàm A f '  x    x   C f '  x   1  x  2 x  x2 1 x  x2 ln ln B f '  x  x   22 x  x   D f '  x  1  x  22 x x  ln ln 2 Lời giải Chọn C  f '  x   22 x  x    x  x  ' ' x  x2 ln  1  x  21 x  x ln Câu 13 Gọi z1 , z2 hai nghiệm phương trình z  z   Tính z1  z1.z2 C 15 B 10 A D Lời giải Chọn B Ta có :  z   2i z2  2z      z   2i Vì  2i   2i  nên khơng tính tổng qt , ta đặt z1   2i ; z2   2i 2 Nên z1  z1.z2  12  22   1  2i 1  2i     10 Trang 4/21 – Diễn đàn giáo viên Toán Câu 14 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ bên Hàm số cho đồng biến khoảng ? y x -1 O -3 A  2;0  B  0;1 D 1;   C  3;1 Lời giải Chọn D Dựa vào đồ thị, ta có: Đồ thị hướng lên từ trái sang phải khoảng   ;  1 1;     hàm số cho đồng biến khoảng   ;  1 1;     chọn đáp án D Câu 15 Một cấp số cộng  un  có 10 số hạng, biết u1  , u10  67 Tính tổng số hạng cấp số cộng A 350 C 175 B 700 D 330 Lời giải Chọn A Ta có tổng 10 số hạng cấp số cộng S10  10  u1  u10     67   350 Câu 16 Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng  P  : x  y  z   ,  Q  : x  y  z   có điểm M thuộc Ox có hồnh độ ngun cho tổng khoảng cách từ M đến mặt phẳng  P  ,  Q  khoảng cách  P   Q  A C B D Lời giải Chọn D Gọi điểm M thuộc Ox có tọa độ  a;0;0  Ta có khoảng cách từ M đến  P  d  M ,  P    khoảng cách từ M đến  Q  d  M ,  Q    a 003 a003   a 3 , a3 Trang 5/21 - WordToan Tính khoảng cách hai mặt phẳng  P  ,  Q  : Chọn điểm thuộc  P  A  3;0;0  khoảng cách  P   Q  : d   P  ,  Q    a 3 3 0 03  a3   a   a   (1) 6 Giải phương trình (1) : ta có trường hợp sau: +với a  3 ta có phương trình a   a    a  3 (loại) +với a  3 ta có phương trình 3    (thỏa mãn) Theo giả thiết ta có  +với 3  a  ta có phương trình a   a     (thỏa mãn) +với a  ta có phương trình    (thỏa mãn) +với a  ta có phương trình a   a    a  (loại) Vậy PT (1) có tập nghiệm nguyên thỏa mãn 3, 2, 1,0,1, 2,3 Vậy có điểm M thỏa mãn Câu 17 Tính thể tích khối tứ diện có đỉnh đỉnh khối lập phương cạnh a A a3 B a3 C a3 D a3 12 Lời giải Chọn A Xét hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a Do hình lập phương có tính đối xứng nên khơng tính tổng qt ta chọn khối tứ diện cần tính thể tích DABC (vì tứ diện DABC có cạnh nên DABC tứ diện đều) Ta có: VDABC   VABCD ABC D  VADAB  VBABC   VDDAC   VBDCC  Mà VADAB  VBABC   VDDAC   VBDCC   VABCD ABC D a3 Do VDABC   VABCD ABC D  3 Câu 18 Điểm biểu diễn số phức z   2i Trang 6/21 – Diễn đàn giáo viên Toán C P  2;3 B N  2;3 A M  3;   D Q  3;  Lời giải Chọn A Số phức z   2i biểu diễn điểm M  3;   Câu 19 Cho hàm số f  x  liên tục  3; 2 có bảng biến thiên hình Gọi M , m giá trị lớn nhỏ f  x   3; 2 Tính M  m B A C D Lời giải Chọn C Từ bảng biến thiên ta có M  m  4 nên M  m    4   Câu 20 Cho A f  x f   x   x  x  1  x   có đạo hàm B Số điểm cực trị hàm số C D f  x là? Lời giải Chọn B f   x   x  x  1  x   x  Ta có f   x     x  1  x  Bảng biến thiên Vậy hàm số có hai điểm cực trị Câu 21 Họ nguyên hàm hàm số f  x   sin x A cos 2x  C B  cos 2x  C C  cos x  C Lời giải D sin x  C Chọn C Ta có  sin xdx   cos x  C Câu 22 Phương trình mặt cầu đường kính AB với A  1; 2;5  ; B  3; 2;1 là? A  x  1  y   z  3  12 2 C  x  1  y   z  3  12 2 B  x  1  y   z  3  2 D  x  1  y   z  3  48 Lời giải 2 Chọn C Trang 7/21 - WordToan Mặt cầu đường kình AB có tâm I 1;0;3 trung điểm AB có bán kính IA  12 nên có phương trình  x  1  y   z  3  12 2 Câu 23 Đặt log  a Tính theo a giá trị log18 12 A 2a  a2 a2 2a  B a2 2a  Lời giải C D 2a  2a Chọn D Ta có: log18 12  Câu 24 Bất phương trình log 12  log  a   log 18  2log  2a   1 A 98 x 1    1 x 3 có nghiệm nguyên thuộc  100;100  B 99 C 100 Lời giải D 101 Chọn D Ta có:   1 x 1    1 x 3    1 1 x    1 x 3  1 2x  x   x   Do x   100;100  x    ;100 mà x nguyên nên x 0;1; ;100   Vậy bất phương trình có 101 nghiệm ngun thuộc  100;100  Câu 25 Tìm số phức z thỏa mãn z   3i  z A z   i B z   i C z   2i Lời giải Chọn A Gọi z  a  bi,  a, b  D z   i  a   2a a  Ta có: z   3i  z  a    b  3 i  2a  2bi    b   2b b  Vậy z   i Câu 26 Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hai hàm số y  x y  2x S  a  b ln x 1 với a , b số hữu tỷ Tính a  b ? A  C  B Lời giải Chọn A Trang 8/21 – Diễn đàn giáo viên Toán D TXĐ hàm số y  2x D  x 1 \ 1 Hoành độ giao điểm hai đồ thị nghiệm phương trình x  2x x   x  x  x    x  1 x 1  x  2 Diên tích hình phẳng cần tìm 0  x3   2x    S    x dx      x dx   2ln x   x     2ln x 1 x 1  1    1  1  Vậy a  b  2 3 Câu 27 Cho khối nón có đường sinh 2a , thiết diện qua trục hình nón tam giác Tính diện tích xung quanh hình nón A 2 a 2 a C B  a D  a2 Lời giải Chọn A h l r Ta có thiết diện qua trục tam giác cạnh l  2a nên r  a S xq   rl  2 a Trang 9/21 - WordToan Câu 28 Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên hình bên Tìm số tiệm cận đồ thị hàm số A B C D Lời giải Chọn B Ta có lim f ( x)  lim f ( x)  nên y  tiệm cận ngang đồ thị hàm số x  x  lim  f ( x)  3 lim  f ( x)  nên đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng x  1 x  1 Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang Câu 29 Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên hình bên dưới: Số nghiệm thực phương trình f  x   A C B D Lời giải Chọn A Số nghiệm phương trình f  x   số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y  (là đường thẳng song song với Ox , cắt trục Oy điểm có tung độ ) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hai đồ thị cắt điểm phân biệt Vậy phương trình f  x   có nghiệm Câu 30 Cho hình chóp tứ giác đều, biết hai mặt bên đối diện tạo với góc 60 Tính góc mặt bên mặt đáy hình chóp A 45 B 60 C 60 30 D 30 Lời giải Chọn B Xét hình chóp tứ giác S.ABCD có hai mặt bên đối diện tạo với góc 60 Trang 10/21 – Diễn đàn giáo viên Toán d S A N B M I D C Gọi d đường thẳng qua S song song với BC Khi  SAD    SBC   d Gọi M , N trung điểm đoạn thẳng BC , AD Các tam giác SBC SAD cân S nên SM  BC , SN  AD Suy SM  d SN  d Vì  SAD    SBC   d , SM  d , SN  d nên  SAD  ,  SBC   MSN Theo giả thiết, MSN  60 Ta lại có:  SAD    ABCD   AD , SN  AD , MN  AD nên  SAD  ,  ABCD   SNM Vì tam giác SMN cân S có góc MSN  60 nên tam giác SMN tam giác Suy SNM  60 Vậy góc mặt bên mặt đáy hình chóp cho 60 Câu 31 Tổng nghiệm phương trình log 17.2 x  8  x A C 2 B D Lời giải Chọn D Cách 1: Ta có log 17.2 x  8  x  17.2 x   22 x  x 17  257  17  257 2   x  log 2  22 x  17.2 x       x 17  257  17  257 2   x  log   Vậy tổng nghiệm phương trình S  log 17  257 17  257  log  2 Cách 2: Ta có log 17.2 x  8  x  17.2 x   22 x  22 x  17.2 x   1 Đặt t  x , t  PT 1 trở thành: t  17t     PT   có nghiệm t1 , t2 dương  PT 1 có nghiệm x1  log t1 x2  log t2  x1  x2  log  t1t2   log  Câu 32 Tập hợp giá trị m để hàm số y  x3   2m  3 x  72mx  12m2 nghịch biến  2; 4 là? Trang 11/21 - WordToan A  2;5 C 1;    B  2;    D   ;3 Lời giải Chọn C Ta có y  3x   2m  3 x  72m Hàm số nghịch biến  2; 4  y  , x   2; 4  3x   2m  3 x  72m  , x   2; 4  m  x  24   x  x , x   2; 4 x2  x , x   2; 4 x  24 x  m  , x   2; 4 x    m  (    ;1 , x   2; 4 )   m Câu 33 Tìm số phức z  a  b i (với a , b số thực a  b  ) thỏa mãn điều kiện z   i  z   z Tính S  a  b  ab B S  1 A S  C S  D S  Lời giải Chọn D Ta có z   i  z   z   a  b i    a   1  b  i   a  b 2 2  a  b2   2a  b   a   a   b 1  b   a  b    a   b  a 1  b    a  2b   a  0; b   L    S   a  1; b  TM   2x  dx  a ln  b ln Tính giá trị biểu thức a  ab  b x Câu 34 Cho x A 11 C 31 B 21 D 41 Lời giải Chọn D 2x  2x 1  2   2x 1 dx   dx     Ta có   dx  x  x x  x x  x x  x   2 3   2x 1 2      dx  ln x  x  2ln x  2ln x  x  x x x 1  2     5ln  4ln a     a  ab  b  41 b   Câu 35 Cho hình chóp SABC có đáy ABC tam giác cạnh a , cạnh bên SA vng góc với đáy, SA  a Tập hợp điểm M không gian cho SM tạo với  ABC  góc 45 A Mặt nón đỉnh S có góc đỉnh 45 Trang 12/21 – Diễn đàn giáo viên Toán B Mặt nón đỉnh S có đường sinh SB C Mặt nón đỉnh A có đường sinh SA D Mặt nón đỉnh A có đường sinh AB Lời giải S a M C A a a 450 I B Chọn B Gọi I giao điểm SM mặt phẳng  ABC    Vì SA   ABC  nên SM ,  ABC   SIA  45 Khi AI  SA  a  AB  I thuộc đường trịn tâm A , bán kính r  a   Đồng thời  SM , SA   SB, SA  45 Suy M thuộc mặt nón đỉnh S có đường sinh SB Câu 36 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d :  P  : x  y  z   , hai điểm A  2; 2; 2 , B 1; 2;3 góc với hình chiếu d  P  A m  x 1 y  z 1   2m  m2 thuộc  P  Giá trị m để AB vuông C m  B m  1 mặt phẳng D m  3 Lời giải Chọn D Vì AB   P  nên AB vng góc với hình chiếu d  P   AB  d  AB.ud  Mà AB   1;0;1 , ud   2m  1; 2; m   Suy   2m  1  m    m  3 Câu 37: Cho hàm số f  x Hàm số f  x có bảng biến thiên sau Trang 13/21 - WordToan Điều kiện m để bất phương trình f  x    x  e x  m nghiệm với giá trị x   1;1 là: A m  f 1  e B m  f  3  2e C m  f  1  e Lời giải D m  f  3  2e Chọn A Đặt t  x   x  t  , bất phương trình f  t    t    et   m f  x    x  e x  m (1) trở thành  2 u cầu tốn trở thành tìm m để   nghiệm với t  1;3 Xét hàm số y  g  t   f  t    t    et 2 Từ giả thiết suy  f   t   t  1;3  g   t   f   t   (1  t )  et 2  t  1;3 hay hàm số nghịch biến đoạn 1;3  g  t   g 1 t  1;3  g  t   f 1  t  1;3 e Vậy để bất phương trình (1) nghiệm với x thuộc đoạn  1;1  m  f 1  e Câu 38: Cho đa giác có 20 đỉnh nội tiếp đường tròn  C  Lấy ngẫu nhiên hai đường chéo số đường chéo đa giác Tính xác suất để lấy hai đường chéo cắt giao điểm hai đường chéo nằm bên đường tròn? 17 19 19 57 A B C D 63 63 169 169 Lời giải Chọn B Số đường chéo đa giác số đoạn thẳng từ 20 đỉnh trừ số cạnh đa giác: C20  20  170 Mỗi cách chọn đường chéo tổ hợp chập 170 đường chéo nên: n     C170 đường chéo cắt giao điểm chúng nằm đường tròn  chúng cặp đường chéo tứ giác có đỉnh chọn từ 20 đỉnh đa giác Gọi A biến cố chọn đường chéo cắt giao điểm hai đường chéo nằm n  A C204 57   bên đường tròn  n  A  C20  P  A  n    C170 169   Câu 39 Họ nguyên hàm hàm số f  x   x e x  sin x x A  x  1 e  x cos x  sin x  C x B  x  1 e  x cos x  sin x  C x C  x  1 e  x cos x  sin x  C x D  x  1 e  x cos x  sin x  C Lời giải Chọn A   Đặt I   x e x  sin x dx Trang 14/21 – Diễn đàn giáo viên Toán u  x du  dx   I  x  e x  cos x     e x  cos x  dx  x x dv  e  sin x dx   v  e  cos x  x  I  x  e x  cos x    e x  sin x   C  I   x  1 e  x cos x  sin x  C Câu 40 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O , AB  a Cạnh bên SA vuông góc với đáy SA  3a Gọi M trung điểm SB , N điểm cạnh SD cho SN  2ND Tính thể tích khối tứ diện ACMN A a3 B a3 C a3 D a3 12 Lời giải Chọn B Ta có VACMN  VS ABCD  VS AMN  VM ABC  VN ACD  VS MNC 1 VS AMN SM SN    VS AMN  VS ABD  VS ABCD  VS ABD SB SD 3 1 VM ABC  VS ABC  VS ABCD 1 VN ADC  VS ADC  VS ABCD 1 VS MNC SM SN    VS MNC  VS BDC  VS ABCD  VS BDC SB SD 3 1 Vậy VACMN  VS ABCD  VS ABCD  VS ABCD  VS ABCD  SA.S 4 ABCD 1 a3  3a.a  4 Câu 41 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2; 3;  , B  2;1;  mặt cầu  S  :  x  1  y   z    12 Điểm M  a; b; c  thuộc Tính a  b  c A B 4 C  S  cho MA.MB đạt giá trị nhỏ D Trang 15/21 - WordToan Lời giải Chọn C Mặt cầu  S  có tâm E  1;0;  , R  3, I  0; 1;3 trung điểm AB  EI       MA.MB  MI  IA MI  IB  MI  MI IB  IA  IB.IA  MI  IA2 Suy MA.MB nhỏ MI nhỏ mà MI  R  EI   Dấu xảy E , I , M thẳng hàng  2EI  EM EI  3, EM  R   M 1; 2;   a  b  c  Suy a  b  c  Câu 42 Cho f  x   x  3x  Có giá trị nguyên 2019 f  f  x    m có nghiệm phân biệt? C 8078 B 8076 A 4037 m để phương trình D Lời giải Chọn A x  f '  x   3x  x, f '  x     x  Bảng biến thiên x -∞ f'(x) + f(x) - +∞ + +∞ -3 -∞ Câu 43 Tìm module số phức z thỏa mãn điều kiện z   3i    z A z  B z  C z  Lời giải Chọn B Lấy module hai vế phương trình cho, ta được: z   3i    z  z  3i   z (vì  z  z  )  z  2 z  z  Vậy z  Câu 44 Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên Trang 16/21 – Diễn đàn giáo viên Toán  D z  Phương trình f   x  x  có nghiệm? A B C D Lời giải Chọn B Trước hết, xét hàm số t  t  x   x  x , x  0;2 Ta có t   x    2x 2 x  x2 , x   0;  t   x    x  1  0;  Bảng biến thiên t  x  :   t  , x   0; 2 Lúc này, phương trình f   x  x  trở thành f  t   1 với t   0;1 Theo bảng biến thiên hàm số f  t  đoạn  0;1 đường thẳng y  cắt đồ thị hàm số y  f  t  điểm có hồnh độ thuộc khoảng  0;1 nên phương trình   có nghiệm t  t0 với t0   0;1 Khi đó, phương trình 1  2x  x  t0   , t0   0;1 Trang 17/21 - WordToan Mặt khác, theo bảng biến thiên hàm số t  x  , với t0   0;1 đường thẳng y  t0 cắt đồ thị hàm số y  t  x  điểm phân biệt nên phương trình   có nghiệm phân biệt Vậy phương trình f   x  x  có nghiệm Câu 45 Cho hai mặt cầu  S1  có tâm I1 , bán kính R1  ,  S  có tâm I , bán kính R2  Lần lượt lấy hai điểm M , M thuộc hai mặt cầu  S1  ,  S  Gọi K trung điểm M 1M Khi M , M di chuyển  S1  ,  S  K qt miền khơng gian khối trịn xoay tích bằng? 82 55 68 76 A B C D 3 3 Lời giải Chọn C Đặt M  A M  B Gọi I trung điểm I1 I   IM  II1  I1 A  AM  IM  I1 A  I B Ta có    IM  II  I B  BM Suy IM   I1 A2  I B  2.I1 A.I B.cos     I1 A, I B  IM   26  10 cos   Vì 0    180  1  cos     IM    IM  4 76 Vậy thể tích khối trịn xoay là: V   33   23  3 2 Câu 46 Trong không gian Oxyz cho mặt cầu  S  :  x     y     z    Điểm     M  a; b; c    S  Tìm giá trị nhỏ a  b  c A 25 B 29 C 24 D 26 Lời giải Chọn A 2 Mặt cầu  S  :  x     y     z    có tâm I  4; 2;  R  Ta có OM  a  b  c OI  42  22  42  Gọi H giao điểm OI với  S  Ta có OI  OM  MI  OM  OI  MI  OM  1   a  b  c  25 dấu xảy M H Trang 18/21 – Diễn đàn giáo viên Toán Câu 47 Cho đồ thị  C  hàm số y  x3  3x  Gọi ( d ) tiếp tuyến  C  điểm A có hồnh độ x A  a Biết diện tích hình phẳng giới hạn ( d )  C  27 , giá trị a thỏa mãn đẳng thức ? A 2a  a   B a  2a  C a  a   Lời giải D a  2a   Chọn B Ta có: y  3x  x  y(a )  3a  6a Phương trình tiếp tuyến ( d )  C  điểm A y  (3a  6a).( x  a)  a  3a  Phương trình hồnh độ giao điểm ( d )  C  x3  3x   (3a  6a).( x  a)  a  3a   x3  a  3( x  a )  (3a  6a ).( x  a ) :  ( x  a)( x  a  ax  3x  3a  3a  6a)   ( x  a)[ x  (a  3) x  a(3  2a)]  x  a  ( x  a) ( x  2a  3)  0   x  2a  Giả sử a   2a ta có, diện tích hình phẳng cần tính 3 a S  3 a ( x  a ) ( x  2a  3) dx  a [( x  a )3  3(a  1)( x  a ) ]dx a  Theo giả thiết S  1  a   ( x  a)4 (3  3a) 27 32 a  (a  1).( x  a)3   (a  1).(3  3a)3  (1  a) a 4 27 nên suy :   [1  (1  a)2 ].[1  (1  a)2 ]   [1  (1  a) ]   a  2a  Câu 49 Cho khối lăng trụ tam giác ABC.ABC Gọi G trọng tâm tam giác ABC , M , N , P trung điểm CC  , AC  , AB Biết thể tích khối tứ diện GMNP , tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC ? A 24 B 72 C 18 D 17 Lời giải Chọn B Trang 19/21 - WordToan A C G B M K N A' C' A' N G' P G' P K C' B' B' Ta có: GC // G C  Do kéo dài GM cắt GC K CK  GC  GC Ta có: VGMNP GM    VGKNP  2VGMNP  10 VGKNP GK Ta có: SNC K  SNGC  Ta có: SCNG CN C G 1     SCNG  SCAP  SABC SCAP CA C P 3 SCNP CN 1    SCNP  SCAP  SABC SCAP C A 2 1 1 Ta có: SKNP  SKNC  SCNP     SABC  SABC 12 6 4 1 5  d  G ;  ABC    S KNP  d  G ;  ABC    S ABC   VGKNP  VABC ABC  3 12 36  VABC ABC   36 VGKNP  72 Câu 50 Cho f  x    m  1 x   m2  5m   x  x   3m2  6m  19 Tổng giá trị m để f  x   , x   1;    bằng? A 3 C 1 B D Lời giải Chọn C Ta có: f  x   0, x   1;      m  1 x   m2  5m   x  x   3m2  6m  19  ,   x   1;      x  3  m  1 x  3  m2  5m       x  3 g  x   , với x 1    g  x    m  1 x  3  m  5m   (1) x 1  m  Điều kiện cần: g  3   m2  m    m    Điều kiện đủ: Trang 20/21 – Diễn đàn giáo viên Toán + Với m  , ta có: f  x   x  x  x   19    x 1    x   x   26 Đặt t  x  1, t  Ta được: t  6t  8t  26   t  4  t  4t  5  t    t     , t  2 hay f  x   0, x   1;   Do : m  (nhận) + Với m  1 , ta có: f  x   x  x   10    x 1  x 1     x    0, x  1;   Do đó: m  1 (nhận) Vậy tổng giá trị m để f  x   , x   1;    : 1   1 Trang 21/21 - WordToan