Đề thi thử toán THPT quốc gia 2019 lần 2 trường THPT chuyên thái nguyên

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2019 Bài thi: Toán Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi có 06 trang) Mã đề thi 103 Họ tên thí sinh: Số báo danh: Câu (NB): Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  qua điểm M  2;0; 1 có véc tơ  phương a   4; 6;  Phương trình tham số   x  2  4t  A  y  6t  z   2t   x   2t  B  y  3t  z  1  t   x   2t  C  y  6 z   t   x  2  2t  D  y  3t z  1 t  Câu (TH): Đường cong hình bên đồ thị hàm số đây? A y   x  x  B y  x  x  C y  x  x  D y   x  x  Câu (NB): Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  z   Véc tơ véc tơ pháp tuyến  P  ?  A n   3; 1;   B n   1;0; 1  C n   0;3; 1  D n   3; 1;0  Câu (NB): Khi quay tam giác vuông (kể điểm tam giác vng đó) quanh đường thẳng chứa cạnh góc vng ta A Hình nón B Khối trụ C Khối nón D Hình trụ Câu (TH): Cho cấp số cộng  un  , biết u1  5, d  Số 81 số hạng thứ bao nhiêu? A 44 B 100 C 75 D 50 Câu (NB): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy, SA  a Tính thể tích hình chóp S.ABCD A a3 B a3 3 C a 3 D 3a 3 Câu (NB): Cho số phức z  10  2i Phần thực phần ảo số phức z A Phần thực 10 phần ảo số phức 2i B Phần thực 10 phần ảo 2 C Phần thực 10 phần ảo D Phần thực 10 phần ảo 2i Câu (NB): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Mệnh đề sau đúng?  x -2 y’ -  - +  20 y  -7 A Hàm số y  f  x  đạt cực tiểu x  2 B Hàm số y  f  x  đạt cực tiểu x  C Hàm số y  f  x  đạt cực tiểu x  7 D Hàm số y  f  x  khơng có cực trị Câu (NB): Hàm số đồng biến tập xác định nó? 2 A y    3 x B y    x 1 C y    2 x e D y      x Câu 10 (TH): Cho trước ghế xếp thành hàng ngang Số cách xếp bạn A, B, C vào ghế cho bạn ghế A C53 C A53 B D 15 Câu 11 (TH): Họ nguyên hàm hàm số f  x   22 x 4x C A ln B C ln x C x  C D x.ln  C Câu 12 (NB): Trong không gian Oxyz cho điểm A  2;1;3 Hình chiếu vng góc A trục Ox có tọa độ A  0;1;0  B  2;0;0  C  0;0;3 D  0;1;3 Câu 13 (NB): Cho hàm số f  x  có đạo hàm f '  x   x  x  1 Hàm số đồng biến khoảng đây? A  1;   B  1;0  Câu 14 (NB): Cho  C  ; 1 f  x dx   f  x dx  Khi A 1 B 1 D  0;    f  x dx C D Câu 15 (NB): Với a b hai số thực dương tùy ý, log  a 2b3  A 1 log a  log b B log a  log b C log a  3log b D log a.3log b Câu 16 (TH): Phương trình log  54  x3   3log x có nghiệm A x  B x  C x  D x  Câu 17 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  12  Mặt phẳng sau cắt  S  theo đường trịn có bán kính r  ? A x  y  z  26  B x  y  z  12  C x  y  z  17  20  D x  y  z   Câu 18 (TH): Cho khối trụ có độ dài đường sinh 10cm Biết thể tích khối trụ 90  cm3  Diện tích xung quanh khối trụ A 36 cm C 81 cm B 78 cm D 60 cm Câu 19 (TH): Cho số phức z có phần thực số nguyên z thỏa mãn z  z  7  3i  z Mô đun số phức w   z  z A w  445 B w  425 C w  37 D w  457 Câu 20 (TH): Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y  x  3x  x2 đoạn  0;1 Giá trị M  2m A 11 B 10 C 11 D 10 Câu 21 (TH): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ Với giá trị tham số m phương trình f  x   m có năm nghiệm phân biệt thuộc đoạn  0;5 ? A m   0;1 B m  1;   C m   0;1 D m  (0;1] Câu 22 [TH]: Trong không gian Oxyz, xét mặt cầu  S  có phương trình dạng x  y  z  x  y  2az  10a  Tập hợp giá trị thực a để  S  có chu vi đường trịn lớn 8 A 1;10 B 10; 2 C 1;11 D 1; 11 Câu 23 (TH): Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y  x3  mx   m  m  1 x  đạt cực đại điểm x  ? A m  m  1 B m  m  C m  D m  Câu 24 (TH): Tập nghiệm bất phương trình log 22 x  5log x    1 A S   0;   2 B S   64;    1 C S   0;    64;    2 1  D S   ;64  2  Câu 25 (TH): Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình x.5 x A  log B 2  log 2 2 x  Khi tổng x1  x2 C  log D  log Câu 26 (TH): Trong mặt phẳng Oxyz, gọi A, B, C điểm biểu diễn số phức z1  3i; z2   2i; z  5  i Gọi G trọng tâm tam giác ABC Khi điểm G biểu diễn số phức A z  1  i B z  1  2i C z   2i D z   i Câu 27 (TH): Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác với AB  a, AC  2a BAC  1200 , AA '  a Tính thể tích V khối lăng trụ cho A V  a 15 4a B V  a 15 C V  D V  4a Câu 28 (TH): Cho hình phẳng giới hạn đường y  tan x ; y  0; x  0; x  trục Ox Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh  ln  ln  A B C 4  quay xung quanh D  ln Câu 29 (VD): Cho hàm số f  x   ax3  bx  cx  d  a, b, c, d    có đồ thị hình vẽ Đồ thị hàm số g  x  x   x  3 x  x x  f  x    f  x     có đường tiệm cận đứng? A C B D Câu 30 (VD): Cho tứ diện ABCD có AB  AC  AD BAC  BAD  600 Xác định góc hai đường thẳng AB CD A 900 B 450 C 600 D 300 Câu 31 (VD): Cho miếng tơn hình trịn tâm O, bán kính R Cắt bỏ phần miếng tơn theo hình quạt OAB gị phần cịn lại thành hình nón đỉnh O khơng có đáy (OA trùng với OB) Gọi S S ' S' diện tích miếng tơn hình trịn ban đầu diện tích miếng tơn cịn lại Tìm tỉ số để S thể tích khối nón đạt giá trị lớn A B C Câu 32 (VD): Số giá trị nguyên tham M   2019; 2019 để hàm số y  D  m  1 x  2mx  6m x 1 đồng biến khoảng  4;   ? A 2034 B 2018 C 2025 D 2021 Câu 33 (VD): Cho số phức z thỏa mãn z   Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức   w   i z  i đường trịn Bán kính r đường trịn A B 36 C D Câu 34 (VD): Tính tổng giá trị nguyên tham số m   50;50 cho bất phương trình mx  x  m  nghiệm với x   A 1272 B 1275 C Câu 35 (VD): Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình D log cosx  m log cos x  m   vô nghiệm A m   2;   B m   2;   C m   2;   D m  2;  Câu 36 (VD): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục đoạn  2;1 thỏa mãn f     f  x  f '  x   x  x  Giá trị lớn hàm số y  f  x  đoạn  2;1 là: A 16 B 18 C 16 D 18 Câu 37 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O, cạnh a Cạnh bên SA vng góc với đáy SBD  600 Tính khoảng cách hai đường thẳng AB SO A a B a 2 C a D a 5 Câu 38 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;0;  , B  3;1; 1 mặt phẳng    P  : x  y  z   Gọi M  a; b; c    P  cho 3MA  2MB đạt giá trị nhỏ Tính S  9a  3b  6c A B C D Câu 39 (VD): Có học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C xếp thành hàng ngang cho hai học sinh lớp A khơng có học sinh lớp B Hỏi có cách xếp hàng vậy? A 108864 B 80640 C 145152 D 217728 Câu 40 (VD): Cho hàm số f  x  thỏa mãn  f '  x    f  x  f '  x   15 x  12 x, x   f    f '    Giá trị  f 1  A 10 B C D  x  xy   Câu 41 (VDC): Cho x, y  thỏa mãn  Tính tổng giá trị lớn nhỏ 2 x  y  14  biểu thức P  x y  xy  x  x ? A B C Câu 42 (VDC): Xét số thực dương x;y thỏa mãn log D 12 1 y  xy  x  y  Tìm giá trị nhỏ x  xy Pmin biểu thức P  x  y 34 34 34 34 B Pmin  C Pmin  D Pmin  3 9 Câu 43 (VD): Một bình đựng nước dạng hình nón (khơng có đáy) đựng đầy nước Người ta thả vào khối cầu có đường kính chiều cao bình nước đo thể tích nước tràn ngồi A Pmin  18 dm3 Biết khối cầu tiếp xúc với tất đường sinh hình nón nửa khối cầu chìm nước Tính thể tích nước cịn lại bình A 27 dm3 B 6 dm3 D 24 dm3 C 9 dm3 Câu 44 (VD): Khi cắt hình nón có chiều cao 16 cm đường kính đáy 24 cm mặt phẳng song song với đường sinh hình nón ta thu thiết diện có diện tích lớn gần với giá trị sau đây? A 170 B 260 C 294 D 208 Câu 45 (VDC): Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ Khoảng cách AB B’C khoảng cách BC AB’ 2a , 2a a , khoảng cách AC BD’ Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ A 4a B 3a C 5a D 2a Câu 46 (VD): Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y  x   2m  1 x  3m x  có ba điểm cực trị? A Vơ số B C D Câu 47 (VD): Cho hai hàm số y  x  ax  bx  c  a, b, c    có đồ thị  C  y  mx  nx  p  m, n, p    có đồ thị  P  hình vẽ Diện tích hình phẳng giới hạn  C   P  có giá trị nằm khoảng sau đây? A  0;1 B 1;  C  2;3 D  3;  Câu 48 (VD): Trong không gian Oxyz, mặt cầu  S  qua điểm A  2; 2;5  tiếp xúc với ba mặt phẳng  P  : x  1,  Q  : y  1  R  : z  có bán kính A B C D 3 Câu 49 (VD): Cho z1 , z2 hai số phức thỏa mãn điều kiện z   3i  đồng thời z1  z2  Tập hợp điểm biểu diễn số phức w=z1  z2 mặt phẳng tọa độ Oxy đường trịn có phương trình A  x  10    y    36 2 2 5  3  C  x     y    2  2  B  x  10    y    16 2 2 5  3  D  x     y    2  2  Câu 50 (VD): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x  tập số thực  đồ thị hàm số y  f  x  hình vẽ Khi đó, đồ thị hàm số y   f  x   có A điểm cực đại, điểm cực tiểu B điểm cực tiểu, điểm cực đại C điểm cực đại, điểm cực tiểu D điểm cực đại, điểm cực tiểu HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.B 2.B 3.C 4.C 5.A 6.B 7.C 8.B 9.B 10.C 11.A 12.B 13.D 14.C 15.C 16.B 17.C 18.D 19.D 20.A 21.A 22.C 23.D 24.D 25.A 26.B 27.A 28.A 29.D 30.A 31.D 32.D 33.C 34.A 35.C 36.C 37.D 38.B 39.C 40.B 41.B 42.A 43.B 44.D 45.D 46.A 47.B 48.A 49.A 50.D Câu 1: Phương pháp Đường thẳng qua điểm M  x0 ; y0 ; z0   x  x0  at   VTCP u   a; b; c  có phương trình  y  y0  bt  z  z  ct  Cách giải:  1 Đường thẳng  qua điểm M  2;0; 1 có véc tơ phương a   4; 6;  hay a   2; 3;1  x   2t  nên  :  y  3t  z  1  t  Chọn B Câu 2: Phương pháp: + Xác định đồ thị hàm số y  ax  bx  c + Dựa vào đồ thị hàm số xác định dấu hệ số a + Hàm số có ba cực trị ab  + Xác định số điểm thuộc đồ thị, thay tọa độ điểm vào hàm số để loại trừ đáp án Cách giải: Từ đồ thị ta thấy lim y   nên hệ số a  , loại C x  Đồ thị hàm số có cực trị nên ab  suy b  , loại A Điểm 1;1 thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x  1; y  vào hàm số B D, thấy có hàm số y  2 x  x  thỏa mãn Chọn B Câu 3: Phương pháp:  Mặt phẳng Ax  By  Cz  D  có véc tơ pháp tuyến n   A; B; C  Cách giải:  Mặt phẳng  P  : x  z   có véc tơ pháp tuyến n   3;0; 1 Chọn C Câu 4: Phương pháp: Sử dụng kiến thức lý thuyết khối nón Cách giải: Khi quay tam giác vuông (kể điểm tam giác vng đó) quanh đường thẳng chứa cạnh góc vng ta khối nón Chọn C Chú ý: Một số em nhầm sang đáp án A hình nón Ở lưu ý quay tất điểm bên tam giác quanh cạnh góc vng ta khối đặc nên ta dược khối nón khơng phải hình nón Câu 5: Phương pháp: Sử dụng cơng thức tìm số hạng tổng quát cấp số cộng un  u1   n  1 d Cách giải: Ta có: un  u1   n  1 d hay 81  5   n  1  n  44 Vậy 81 số hạng thứ 44 dãy Chọn A Câu 6: Phương pháp: Thể tích khối chóp có chiều cao h diện tích đáy S V  h.S Cách giải: Diện tích đáy S ABCD  a 1 a3 Thể tích khối chóp VABCD  SA.S ABCD  a 3.a  3 Chọn B Câu 7: Phương pháp: Số phức liên hợp z  a  bi z  a  bi Cách giải: Số phức z  10  2i z  10  2i Vậy phần thực z 10 phần ảo Chọn C Câu 8: Phương pháp Sử dụng cách đọc bảng biến thiên Nếu y’ đổi dấu từ âm sang dương x  a x  a điểm cực tiểu hàm số Nếu y’ đổi dấu từ dương sang âm x  b x  b điểm cực đại hàm số Cách giải: Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu x  đạt cực đại x  2 Chọn B Câu 9: Phương pháp: Hàm số y  a x   a  1 đồng biến a  Cách giải: Trong đáp án cho có đáp án B có hàm số y   2 x có  nên hàm số đồng biến  Chọn B Câu 10: Phương pháp Sử dụng kiến thức chỉnh hợp Lưu ý chọn phần tử mang xếp ta sử dụng chỉnh hợp Cách giải: Mỗi cách xếp bạn vào ghế chỉnh hợp chập phần tử nên số cách xếp có A53 (cách) Chọn C Câu 11: Phương pháp Nguyên hàm hàm số y  a x   a  1 ax C ln a Cách giải: Ta có: f  x   22 x  x nên nguyên hàm f  x  4x C ln Chọn A Câu 12: Phương pháp Hình chiếu vng góc điểm M  a; b; c  lên trục Ox M  a;0;0  Cách giải: Hình chiếu vng góc điểm A  2;1;3 lên trục Ox A  2;0;0  Chọn B Câu 13: Phương pháp: Các khoảng làm cho y '  hàm số đồng biến Cách giải: Ta có: f '  x   x  x  1   x  Vậy hàm số cho đồng biến  0;   Chọn D Câu 14: 10  x2  x a x  x  3 x  x0  x  x1  x   Dễ thấy x  x0   1;0  nên ta không xét giới hạn hàm số điểm x0 Ta có: +) lim g  x   lim  x 0 x 0 a x 1   x  x  3 x  x0  x  x1  x    x  đường TCĐ đồ thị hàm số y  g  x  +) lim g  x   lim g  x   lim g  x    x 3 x  x1 x  x2  Các đường thẳng x  3, x  x1 , x  x2 đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  g  x  Vậy đồ thị hàm số y  g  x  có tất đường tiệm cận đứng Chọn D Câu 30: Phương pháp: Lấy N trung điểm AB Chứng minh AB   NCD  từ suy góc AB CD Cách giải: Các tam giác ABC ABD tam giác cân có góc 600 (gt) nên ABC ; ABD tam giác Lấy N trung điểm AB Khi CN  AB; DN  AB (tính chất tam giác đều)  AB   DCN   AB  DC Nên góc AB CD 900 Chọn A Câu 31: Phương pháp: - Lập hàm tinh thể tích khối nón, xét hàm suy GTLN - Tính diện tích S , S ' với ý S diện tích hình trịn S ' diện tích xung quanh hình nón Cách giải: Diện tích hình trịn S   R Gọi bán kính đường trịn đáy hình nón r   r  R  ta có 1 V   r 2h   r R2  r 3 Xét hàm f  r   r R  r có f '  r   2r R  r  r 2 r R2  r  2r  R  r   r R  r  R2  r  R r  R  3r   r  R2  r 17 f 'r    r  R   r  R  : Bảng biến thiên: r R f 'r  + - f max f r  Do thể tích V đạt GTLN r  Vậy R R R  R2 Khi S '  S xq   rl   R  3 S '  R2 2  :  R2   S 3 Chọn D Câu 32: Phương pháp: +) Tính đạo hàm y ' +) Để hàm số đồng biến khoảng K y '  0; x  K +) Cô lập m đưa dạng g  x   m; x  K từ suy m Cách giải: ĐK: x    m  1 x  2m   x  1   m  1 x  2mx  6m Ta có y '    x  1    m  1 x   m  1 x  2mx  2m   m  1 x  2mx  6m  x  1  m  1 x   m  1 x  4m  x  1 Để hàm số đồng biến  4;   y '  0; x    m  1 x   m  1 x  4m  0; x    m  1  x  x   4m; x  + Với m    m  1   4 (luôn đúng) nên nhận m  1 1 + Với m    m  1  x  x  4m 4m ; x     x  x  m 1 m  4;  Xét hàm số g  x   x  x có g '  x   x    x    4;   , ta có BBT  4;   18 x  g ' x +  g  x  4m 8 4m  8m  m  2  Từ BBT suy  m     m  1  m  1 m  1 m  1 + Với m    m  1  x  x  4m 4m ; x    max g  x  m 1 m   4;  Từ BBT g  x  suy m thỏa mãn Từ (1) (2) suy m  1 mà m   2019; 2019 m nguyên nên m  1;0; ; 2019  có 2021 số thỏa mãn Chọn D Câu 33: Phương pháp: +) Rút z theo w, thay vào giả thiết z   +) Tập hợp điểm biểu diễn cho số phức thỏa mãn w   a  bi   r đường tròn tâm I  a; b  bán kính r Cách giải: Ta có w   i z  i  z  w i 1 i Theo ta có: z    w i 1  1 i    w  i 1 i   w   1   i i    i   1 i     w   1   i i   12     8  6   Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trịn tâm I 1;1  , bán kính r  Chọn C Câu 34: Phương pháp: Cô lập m đưa bất phương trình dạng m  f  x  ; x   suy m  max f  x   Ta tính f '  x  lập BBT f  x  kết luận Cách giải: 19 Ta có mx  x  m   m  x  1  x  m  4x  f  x   Do x   x  với x   x 1  m  max f  x   Xét hàm f  x   4x  x 1 Ta có f '  x   x   x.4 x3 x  1  3 x  x  1 1    3x  3x x  1   x  Từ f '  x      x    Ta có BBT: 4  x f ' x - +  - 3 f  x 4 4 Từ BBT suy m   2, 27 mà m nguyên m   50;50  m  3; 4; ;50 Tổng S     50    50  48  1272 Chọn A Câu 35: Phương pháp: - Đặt t  log cos x tìm điều kiện t - Thay vào phương trình cho đưa phương trình ẩn t - Biến đổi điều kiện toán điều kiện phương trình vừa có tìm m Cách giải: Điều kiện: cos x   x    k , k   Ta có: log cos x  m log cos x  m    log cos x  2m log cos x  m   Đặt t  log cos x Do  cos x  nên log cos x  hay t   ;0 20 Phương trình trở thành t  2mt  m   * có  '  m  m   2m  Phương trình cho vơ nghiệm phương trình (*) vơ nghiệm có nghiệm (khơng thiết phân biệt) t1 , t2 thỏa mãn  t1  t2 TH1: (*) vô nghiệm   '  2m      m  TH2: (*) có hai nghiệm thỏa mãn  t1  t2 m     m    2m    '      t1  t2   2m   m   m2 t t  m   2  m  12      Kết hợp hai trường hợp ta m   2;  Chọn C Câu 36: Phương pháp: +) Lấy nguyên hàm hai vế đẳng thức đề bài, từ ta tìm f  x  (sử dụng phương pháp đưa vào vi phân f '  x  dx  d  f  x   +) Tìm giá trị lớn hàm số y  f  x   a; b  Ta giải phương trình f '  x   tìm nghiệm xi   a; b  +) Khi max f  x   max  f  a  ; f  xi  ; f  b  a;b Cách giải: Ta có  f  x   f '  x   x  x     f  x   f '  x  dx    x  x   dx 2    f  x  d  f  x   x  2x  f  x   2x  C  3  x3  x  x  C   f  x    x  x  x  3C 3 Ta có: f      3C   f  x    x3  x  x   f  x   3x3  x  x  Xét hàm f  x   3 x3  x  x   2;1 Ta có f ' x  x  12 x    x  x  x  1  21   x  x    x3  x  x  1 2 4 2    x  x     x3  x  x  1 9   2  2   x      x3  x  x  1    Nhận thấy f '  x   x    Hàm số đồng biến  2;1 Suy max f  x   f 1  16  2;1 Chọn C Câu 37: Phương pháp: - Dựng mặt phẳng chứa SO song song với AB - Sử dụng lý thuyết: Khoảng cách hai đường thẳng chéo khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng song song với chứa đường thẳng - Đưa tốn tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng kết luận Cách giải: Gọi E, F trung điểm AD, BC AB / / EF  AB / /  SEF  Mà SO   SEF   d  AB,S O   d  AB,  SEF    d  A,  SEF   Dựng AH  SE Ta thấy: FE / / AB, AB   SAD   FE   SAD   FE  AH Mà AH  SE nên AH   SEF   d  A,  SEF    AH ABCD hình vuông cạnh a nên BD  a Dễ dàng chứng minh SAB  SAD (c.g c)  SB  SD Tam giác SBD cân có SBD  600 nên  SD  BD  a Tam giác SAD vng A có SA  SD  AD  2a  a  a Tam giác SAE vng A có SA  a, AE  a a2 a AD   SE  SA2  AE  a   2 a a SA AE a a    Do AH  SE a 5 Chọn D Câu 38: Phương pháp:    + Tìm điểm I thỏa mãn 3IA  IB  + Đưa biểu thức cần tìm MI từ lập luận để có M hình chiếu I mặt phẳng  P   + Viết phương trình đường thẳng d qua I nhận nP làm VTCP 22 + Điểm M giao điểm đường thẳng d mặt phẳng  P  Cách giải:      Gọi I  x; y; z  điểm thỏa mãn 3IA  IB   3IA  IB   Ta có IA  1  x;  y;  z  ; IB    x;1  y; 1  z  3  x   x  x  3     Khi 3IA  IB  3 y   y   y  2  I  3; 2;8  6  z  2  z z    Ta có:              3MA  MB  MI  IA  MI  IB  MI  3IA  IB  MI (vì 3IA  IB  )    Khi 3MA  MB  MI  MI nhỏ M hình chiếu I mặt phẳng  P         x  3  t  Phương trình đường thẳng d qua I  3; 2;8  vng góc với  P  d :  y  2  t z   t  Suy M  d   P  nên tọa độ điểm M nghiệm hệ  t     x  3  t  x  3  t  x   11  y  2  t  y  2  t     11 22     M  ; ;    3  z   t z   t y    x  y  z   3  t   t   t    22 z   Từ a   11 22 ;b   ;c   S  9a  3b  6c  33   44  3 3 Chọn B Câu 39: Phương pháp: Sử dụng quy tắc vách ngăn Cách giải: Xếp học sinh lớp A có 2! cách xếp, tạo khoảng trống có khoảng trống bạn lớp A Xếp bạn lớp B thứ vào khoảng trống không bạn lớp A có cách, tạo khoảng trống có khoảng trống bạn lớp A Xếp bạn lớp B thứ vào khoảng trống không bạn lớp A có cách, tạo khoảng trống có khoảng trống bạn lớp A Xếp bạn lớp B thứ vào khoảng trống không bạn lớp A có cách, tạo khoảng trống có khoảng trống bạn lớp A Xếp bạn lớp C thứ vào khoảng trống (kể khoảng trống bạn lớp A) có cách, tạo khoảng trống 23 Cứ ta có : Xếp bạn lớp C thứ hai có cách Xếp bạn lớp C thứ ba có cách Xếp bạn lớp C thứ tư có cách Vậy số cách xếp học sinh thỏa mãn yêu cầu 2!.2.3.4.6.7.8.9  145152 cách Chọn C Câu 40: Phương pháp: Sử dụng đạo hàm  f  x  f '  x   '   f '  x    f  x  f ''  x  - Lấy nguyên hàm hai vế liên tiếp lần tìm f  x  kết luận Cách giải: Ta có  f  x  f '  x   '  f '  x  f '  x   f  x   f '  x   '   f '  x    f  x  f ''  x  Nên  f '  x    f  x  f ''  x   15 x  12 x   f  x  f '  x   '  15 x  12 x Lấy nguyên hàm hai vế ta có:   f  x  f '  x   'dx   15 x  12 x  dx  f '  x  f  x   x  x  C Thay x  vào ta f '   f    C  C   f  x  f '  x   x5  x   f  x  f '  x  dx    3x  x  1 dx  f  x   x  2x  x  C  xC  Lấy nguyên hàm hai vế ta  x6 f  x  d  f  x     x3 2 2   f  x    x  x3  x  2C1 Lại có f     2C1    f  x    x  x3  x  Suy  f 1   Chọn B Câu 41: Phương pháp: - Rút y từ phương trình đầu, thay vào bất phương trình sau tìm điều kiện x - Thay y vào biểu thức P đưa biến x - Sử dụng phương pháp hàm số đánh giá P tìm GTLN, GTNN Cách giải:  x  xy   1 Ta có:  2 x  y  14    x2  Do x, y  nên 1  y  thay vào (2) ta được: x x  x2  x  x   14 x  14     x  14 x     x  x x 24 Thay y  x2  vào P ta được: x  x2   x2  3 P  x y  xy  x  x  x  x    2x  2x x  x  2  x  x  3  x  2  3  x3  x x x  x  3   x  x    x  x x P'  5  5x2  9  5x  x x  với x nên hàm số P  P  x  đồng biến x2  9 1;  9 Vậy Pmax  P    4, Pmin  P 1  4 5 Tổng Pmax  Pmin    4   Chọn B Câu 42: Phương pháp: + Biến đổi giả thiết để sử dụng hàm f  t  đồng biến f  x   f  y   x  y + Biến đổi đưa P hàm số chứa biến x y tìm giá trị nhỏ hàm số thu Cách giải: 1 y   y  1 x; y   ĐK: x  xy Ta có log 1 y  xy  x  y  x  xy  log 1  y   log  x  xy   x  xy   y  1   log 1  y   1  y   log  x  3xy    x  3xy * Xét hàm số f  t   log t  3t  t   có f '  t     0; t  nên hàm số đồng biến  0;   t ln x  xy  x  xy  Kết hợp (*) suy f 1  y   f   1 y     x  xy   y  x  xy  y   0(**) Xét P  x  y  x  P  y thay vào (**) ta P  y   P  y  y  y    P(3 y  1)  y  y  Ta tìm giá trị nhỏ g  y   Ta có 3y2  y   0;1 3y 1  y   y  1   y  y  3 y  y  11 g ' y    2  y  1  y  1 25  1    0;1 y   Giải phương trình g '  y     1    0;1 y    1    1   Lại có g '  y   y   0; ;1  g '  y   y   3     Hay g '  y  đổi dấu từ âm sang dương y  1  nên  1    4 34 g  y   g   Pmin     0;1 3   Chọn A Câu 43: Phương pháp: - Tính bán kính khối cầu - Tính bán kính đáy hình nón suy thể tích - Tính thể tích phần nước lại Cách giải: 1 Gọi bán kính khối cầu R ta có: 18  Vc   R  R  3dm 2 Khi chiều cao hình nón h  OS  R  6dm Xét tam giác OES vuông O, đường cao OA nên 1 1 1 1          OE  12  OE  3dm 2 2 2 OA SO OE OE OA SO 12 1 Thể tích khối nón: Vn   OE OS    24 dm3 3   Thể tích nước cịn lại là: V  24  18  6 dm3 Chọn B Câu 44: Phương pháp: +) Xác định thiết diện thu Parabol +) Tính diện tích parabol có chiều cao h bán kính R S  Rh +) Sử dụng bất đẳng thức Cơ-si để tìm giá trị lớn S abcd +) Cho số a; b; c; d không âm  abcd Dấu = xảy a  b  c  d Cách giải: Khi cắt hình nón mặt phẳng song song với đường sinh hình nón ta thiết diện parabol 26 Giả sử thiết diện hình vẽ Khi ta ln có AB  MH Kẻ HE / /SA mặt phẳng  SAB  Khi SA / /  HME  Đặt BH  x   x  24  , ta có SA  SO  OA2  162  122  20cm Xét tam giác AMB vuông M có MH  AH BH  x  24  x   MH  x  24  x  (hệ thức lượng tam giác vuông) BH HE x.20   HE   x AB SA 24 Thiết diện parabol có chiều cao HE  x bán kính r  MH  x  24  x  4 10 Diện tích thiết diện S  HE.MH  x x  24  x   x.x.x  24  x  3 Xét tam giác SAB có HE / / SA  Co  si 10   x  x  x  72  x   10  x.x.x  72  x      207,8cm 9   Dấu = xảy x  72  x  x  18  tm  Vậy diện tích lớn thiết diện S  207,8cm Chọn D Câu 45: Phương pháp: - Xác định đoạn vng góc chung cặp đường thẳng AB B 'C, BC AB ' - Dựa vào giải thiết khoảng cách nhận xét tính chất hai đáy ABCD A 'B 'C 'D ' - Xác định độ dài đoạn vng góc chung AC BD ' - Tính độ dài cạnh hình hộp chữ nhật suy thể tích Cách giải: Gọi E, F hình chiếu B lên B 'C B 'A Dễ thấy AB   BCC ' B ' nên AB  BE Lại có BE  B ' C NÊN d  AB, B ' C   BE  Tương tự có d  BC , AB '  BF  2a 5 Xét tam giác vuông BCB’ BAB’ có:  2a 5 1  BE BF 1 1     BC  BA hay ABCD hình vuông 2 B'B BC B'B BA2 Suy BD  AC Lại có AC  DD ' nên AC   BDD ' Gọi M  AC  BD, O tâm hình hộp H hình chiếu M lên BD ' 27 Khi AC  MH MH  BD ' nên d  AC , BD '  MH  a 3 Đặt BA  BC  x, BB '  y ta có: 1    1 2 x y 4a  2a      Tam giác BB 'C vuông nên Tam giác BMO vuông nên Mà MB  1 1     2 2 MB MO MH a a 3     x y 1 BD  , MO  DD '  nên       2 2 2 2 a x y a x 2  y       1 1   x  y  4a 2  x  a a  x   Từ (1) (2) ta có:   y  2a 2    12  2 2 4a  x  y y a Vậy thể tích khối hộp V  BA.BC.BB '  a a a  a Chọn D Câu 46: Phương pháp: Nhận xét rằng: Hàm số y  x   2m  1 x  3m x  có ba điểm cực trị hàm số y  f  x   x3   2m  1 x  3mx  có hai điểm cực trị có cực trị dương Từ xét trường hợp có hai cực trị có cực trị 0,1 cực trị dương trường hợp có hai cực trị trái dấu Cách giải: Đồ thị hàm số y  x   2m  1 x  3m x  nhận trục tung làm trục đối xứng nên hàm số có ba điểm cực trị hàm số y  f  x   x3   2m  1 x  3mx  có hai điểm cực trị có cực trị dương Ta có f '  x   x   2m  1 x  3m TH1: Hàm số y  f  x  có cực trị x  cực trị x  Khi đó: x  f '     3m   m   f '  x   x  x    Vậy nhận giá trị m   x  TM   TH2: Hàm số y  f  x  có hai cực trị trái dấu  f '  x   có hai nghiệm trái dấu  3m.3   m  Vậy với m  thỏa mãn u cầu nên có vơ số giá trị nguyên thỏa mãn đề Chọn A Câu 47: 28 Phương pháp: - Xét phương trình hồnh độ giao điểm, tìm nghiệm - Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm y  f  x  , y  g  x  đường thẳng x  a, x  b b S   f  x   g  x  dx a Cách giải: Phương trình hồnh độ giao điểm  C   P  x3  ax  bx  c  mx  nx  p  x3   a  m  x   b  n  x  c  p  0(*) Dựa vào đồ thị ta thấy hai đồ thị hàm số tiếp xúc điểm có hồnh độ x  1 cắt điểm có hồnh độ x  nên phương trình (*) có nghiệm x  1 (bội 2) x  (nghiệm đơn) Viết lại (*) ta  x  1  x  1  Vậy S    x  1  x  1 dx  1   x  1  x  1 dx   1;  1 Chọn B Câu 48: Phương pháp: Sử dụng mặt cầu  S  có tâm I bán kính R tiếp xúc với mặt phẳng  P  d  I ,  P    R Từ sử dụng thêm kiện IA  R để tìm bán kính mặt cầu Cách giải: Gọi tâm mặt cầu I  a; b; c  Vì mặt cầu tiếp xúc với ba mặt phẳng  P  ;  Q  ;  R  nên ta có d  I ,  P   d  I , Q   d  I ,  R   R Hay a   b   c   R a   Vì mặt cầu tiếp xúc với ba mặt phẳng nên ta có điều kiện b  1 c   Suy a   1  b  c   a  b  c  I  a; a; a  Mà A   S  nên IA  R  a  Ta có   a    2  a     a  2  a     a    2  a     a    a  1 2 2  2a  16a  32   a   R  Chọn A Câu 49: Phương pháp: - Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa mãn z   3i  - Gọi M , M điểm biểu diễn số phức z1 , z2 suy điều kiện M 1M tập hợp điểm biểu diễn số phức w 29 Cách giải: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z  x  yi thỏa mãn z   3i  đường tròn tâm I  5;3 bán kính R5 Gọi M  x1 ; y1  , M  x2 ; y2  hai điểm biểu diễn số phức z1 , z2 từ z1  z2  ta suy M 1M   x  x1  x2 Gọi N  x; y  điểm biểu diễn số phức w  z1  z2   y  y1  y2  x  x y  y2  Gọi M trung điểm M 1M M  ;    2 Ta có: IM  IM  M 1M    hay 2 2 2  x1  x2   y  y2   5    3       2 2 2 x x   y  y2     5        x1  x2   10    y1  y2     36   x  10    y    36         Vậy tập hợp điểm N thỏa mãn tốn đường trịn  x  10    y    36 2 Chọn A Câu 50: Phương pháp + Từ đồ thị hàm y  f  x  ta suy điểm mà f  x   (các giao điểm với trục hoành) điểm cho f '  x   (chính điểm cực trị hàm số y  f  x  ) + Sử dụng đạo hàm hàm hợp  u  x    2u  x  u '  x  + Lập bảng xét dấu hàm y   f  x   + Từ xác định điểm cực đại điểm cực tiểu - Nếu y ' đổi dấu từ âm sang dương x0 x0 điểm cực tiểu hàm số - Nếu y ' đổi dấu từ dương sang âm x0 x0 điểm cực đại hàm số Cách giải: Từ đồ thị hàm số f  x  ta thấy đồ thị cắt trục hồnh ba điểm phân biệt có hồnh độ x  0; x  1; x  x  f  x     x   x  x   Lại thấy đồ thị hàm số y  f  x  có ba điểm cực trị nên f '  x     x  x1   0;1  x  x  1;3    Hàm số y   f  x   có đạo hàm y '  f  x  f '  x  30 f Xét phương trình y '     f x  x   x    x  ' x    x  x1  x  x2 Ta có BXD y ' sau x  x1 f  x + f ' x - y '  f  x f ' x - 0 - x2 - -  - - + - + + - + - + + + Nhận thấy hàm số y   f  x   có y ' đổi dấu từ âm sang dương ba điểm x  0; x  1; x  nên hàm số có ba điểm cực tiểu Và y ' đổi dấu từ dương sang âm hai điểm x  x1 ; x  x2 nên hàm số có hai điểm cực đại Chọn D 31 ... HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.B 2. B 3.C 4.C 5.A 6.B 7.C 8.B 9.B 10.C 11.A 12. B 13.D 14.C 15.C 16.B 17.C 18.D 19.D 20 .A 21 .A 22 .C 23 .D 24 .D 25 .A 26 .B 27 .A 28 .A 29 .D 30.A 31.D 32. D 33.C 34.A 35.C 36.C... giá trị lớn A B C Câu 32 (VD): Số giá trị nguyên tham M   ? ?20 19; 20 19? ?? để hàm số y  D  m  1 x  2mx  6m x 1 đồng biến khoảng  4;   ? A 20 34 B 20 18 C 20 25 D 20 21 Câu 33 (VD): Cho số... M  ;    2 Ta có: IM  IM  M 1M    hay 2 2 2  x1  x2   y  y2   5    3       2 2 2 x x   y  y2     5        x1  x2   10    y1  y2     36