đề thi thử THPT QG 2019 toán sở GDĐT ninh bình lần 2 có lời giải

SỞ GDDT NINH BÌNH ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA LẦN THỨ NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN TỐN Mã đề thi 001 Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần mơn Tốn trường Sở GDDT Ninh Bình gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm Nội dung đề xoay quanh chương trình Tốn 12, ngồi có số toán thuộc nội dung Toán lớp 11 Đề thi biên soạn nhằm giúp HS lớp 12 ôn tập chuẩn bị cho kì thi THPTG 2019 cách hiệu Câu (NB) Cho số thực dương x, a, b Khẳng định đúng? b A  x a   x a b C  x a   x a B  x a   x ab b b b D  x a   x a b b Câu 2: Thể tích khối trụ trịn xoay có bán kính đáy chiều cao là: B 250 A 50 C 25 Câu (NB): Phương trình đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  B x  A y  2 C y  D 125 2x 1 là: x2 D x  Câu (TH): Họ nguyên hàm hàm số f  x   cos x là: B  sin x  C A 2sin x  C C sin x  C D sin x  C Câu (TH): Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1  công bội q  Số hạng thứ A 96 B 48 C 486 D 162 Câu (NB): Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu điểm M 1; 2;3 mặt phẳng  Oxy  có tọa độ A 1; 2;0  C  0; 2;3 B 1;0;3 D  0;0;3 Câu (TH): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f  x  trục Ox là: 2 A S=  f  x  dx B S=   f  x  dx 1 1 2 1 1 0 C S=  f  x  dx   f  x  dx D S=  f  x  dx   f  x  dx Câu (NB): Hàm số y  x  x  có điểm cực trị? A B C D Câu (TH): Cho hình chóp S.ABC có cạnh SA, SB, SC đơi vng góc với Biết SA  3, SB  4, SC  5, thể tích khối chóp S.ABC A 20 B 30 C 10 D 60 Câu 10 (TH): Đường cong hình bên đồ thị hàm số bốn hàm số A y   x3  3x  B y  x3  3x2  C y  x3  3x  D y   x3  3x  Câu 11 (TH): Trong không gian Oxyz , khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng  P  : x  y  z   A B C D Câu 12 (NB): Cho số phức z   3i Phần ảo số phức z A 3 C 3i B D Câu 13 (TH): Bất phương trình log3  x  1  có nghiệm nhỏ A B 10 C D Câu 14 (TH): Có cách chọn tổ trưởng tổ phó từ tổ có 10 người? Biết khả chọn người tổ A 90 B 100 C 45 D 50 Câu 15 (TH): Trong không gian Oxyz , phương trình phương trình mặt phẳng vng góc với trục Oz ? B x  y   A y   C z   D x   Câu 16 (VD): Cho hình trụ có tâm hai đáy O  O  ; bán kính đáy hình trụ a Trên hai đường trịn  O   O  lấy hai điểm A B cho đường thẳng AB tạo với trục hình trụ góc 30 có khoảng cách tới trục hình trụ a Tính diện tích tồn phần hình trụ cho A  a2  32  B  a   32 C 2 a   1 D 2 a Câu 17 (TH): Có tất giá trị khác tham số m để đồ thị hàm số y  đường tiệm cận? A B C D  3  x 1 có x  mx  Câu 18 (TH): Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA, tam giác ABC vng A có AB  2, AC  Gọi H trung điểm BC Biết diện tích tam giác SAH 2, thể tích khối chóp S.ABC A 16 15 B 16 5 C Câu 19 (TH): Tổng tất nghiệm nguyên bất phương trình 5x A B D 3 x  625 C D Câu 20 (TH): Gọi M, m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f  x   x  x doạn 0;3 Giá trị biểu thức A 0, 768 M  2m gần với số số đây? B 1, 767 C 0,767 D 1, 768 Câu 21 (TH): Cho hàm số có đồ thị hình Số điểm cực trị đồ thị hàm số y  f  x  A B C D Câu 22 (VD): Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA, tam giác ABC tam giác cân A có AB  a, BAC  120 Biết thể tích khối chóp S.ABC 3a , góc hai mặt phẳng  SBC   ABC  A 90 B 30 C 60 Câu 23 (VD): Cho hàm số y  f  x  liên tục  0;   Biết f   x   A ln  B ln  C ln  D 45 ln x f 1  , tính f  3 x D ln  m , m, n  N *,  m, n   Biết ba số log3 x,  1, log3 81x  theo thứ tự lập thành n cấp số cộng Tính m  n Câu 24 (TH): Cho x  A 38 B C 10 D 82 Câu 25 (TH): Biết số phức z  3  4i nghiệm phương trình z  az  b  0, a, b số thực Tính a  b A 31 B 11 D 19 C Câu 26 (TH): Cho hàm số y  ln  x   có đồ thị  C  Gọi A giao điểm  C  với trục Ox Hệ số góc tiếp tuyến  C  A A B 1 C  D Câu 27 (TH): Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  2;0;  B  0; 4;0  Mặt cầu nhận đoạn thẳng AB làm đường kính có phương trình A  x  1   y     z  1  36 B  x  1   y     z  1  C  x  1   y     z  1  D  x  1   y     z  1  36 2 2 2 2 2 2 Câu 28 (VD): Cho số phức z thỏa mãn z  1  i  z   2i Tìm mơ đun z A z  B z  21 C z  D z  29 Câu 29 (TH): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Tập hợp tất giá trị thực tham số m để phương trình f  x   m  có hai nghiệm phân biệt A  2;   B 1;  C 1;  D  ;  Câu 30 (VD): không gian Oxyz, mặt phẳng qua điểm A  1;1;  song song với hai đường thẳng  : x 1 y  z  x y  z 1 có phương trình là:    ,  :  1 A x  y  4z   B x  y  4z   C x  y  z   D x  y  z  10  Câu 31 (VD): Bác Bính có thép mỏng hình trịn tâm O bán kính 4dm Bác định cắt hình quạt trịn tâm O , quấn hàn ghép hai mép hình quạt trịn lại để tạo thành đồ vật dạng mặt nón trịn xoay (tham khảo hình vẽ) Dung tích lớn đồ vật mà bác Bính tạo bao nhiêu? (bỏ qua phần mối hàn độ dày thép) A 128 dm3 81 B 16 dm3 27 C 64 dm3 27 D 128 dm3 27 Câu 32 (VD): Cho hàm số f  x  thỏa mãn f 1  x   f   x    f  x   với x  Tính f  2 A B C D Câu 33 (VD): Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  1   y     z    mặt phẳng  P  : x  y  2z   2 Gọi M điểm mặt cầu  S  Khoảng cách từ M đến  P  có giá trị nhỏ A  B 2 C Câu 34 (VD): Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng 2 D  P  : x  y  2z   mặt phẳng  Q  : x  y  2z   Gọi  S  mặt cầu tiếp xúc với hai mặt phẳng Bán kính  S  A B C D Câu 35 (VD): Có giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn  10;10 để hàm số y  x3  3x2  3mx  2019 nghịch biến khoảng 1;  ? A 11 B 20 C 10 D 21  5 Câu 36 (VD): Tính tổng phần thực tất số phức z  thỏa mãn  z   i   z  z   A 2 B 3 C D Câu 37 (VD): Trong không gian Oxyz, cho điểm A 1;4;5 , B  0;3;1 , C  2; 1;0  mặt phẳng  P  : 3x  y  z 15  Gọi M  a; b; c  điểm thuộc  P  cho tổng bình phương khoảng cách từ M đến A, B, C nhỏ Tính a  b  c A 3 B C 5 D Câu 38 (VD): Có cách chia 20 bút chì giống cho bạn Bắc, Trung, Nam cho bạn bút chì? A 190 B 153 C 171 D 210 Câu 39 (VD): Cô Ngọc vay ngân hàng số tiền với lãi suất 1%/tháng Cơ muốn hồn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau tháng kể từ ngày vay, bắt đầu hồn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách tháng, số tiền hoàn nợ tháng triệu đồng cô trả hết nợ sau năm kể từ ngày vay (số tiền hoàn nợ tháng cuối triệu đồng) Biết tháng ngân hàng tính lãi số dư nợ thực tế tháng Hỏi số tiền mà cô Ngọc vay ngân hàng số số đây? A 221 triệu đồng B 224 triệu đồng C 222 triệu đồng D 225 triệu đồng Câu 40 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vng cạnh 3, hình chiếu vng góc S mặt phẳng  ABCD  điểm H nằm đoạn thẳng AB cho AB  AH , SH  Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAD  A B 3 C D 3 Câu 41 (VD): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ sau   Số nghiệm phương trình  f e  A B C D x     f e x Câu 42 (VD): Cho hàm số y  f  x  liên tục R Hàm số y  f   x  có đồ thị hình bên Bất phương trình f  x   x3  3x  m với x   1;3 A m  f  3 B m  f  3 C m  f  1  D m  f  1  Câu 43 (VD): Cho   x  1 e dx  ae x  be  c với a, b, c số nguyên Tính a  b  c A B C D Câu 44 (VD): Hình phẳng giới hạn tập hợp điểm biểu diễn số phức z   z   10 có diện tích A 20 B 15 C 12 z thỏa mãn D 25 Câu 46 (VDC): Cho phương trình  x  3x  m   x  8x  2m  Có giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn  20; 20 để phương trình cho có nghiệm phân biệt? A 19 B 18 C 17 D 20 Câu 47 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M điểm đối xứng C qua B N trung điểm SC Mặt phẳng  MND  chia khối chóp S ABCD thành hai khối đa diện, khối đa diện chứa đỉnh S tích V1 , khối đa diện cịn lại tích V2 (tham khỏa hình vẽ đây) Tính tỉ số V1 V2 A V1 12  V2 B V1  V2 C V1  V2 D V1  V2 Câu 48 (VDC): Cho số phức z thỏa mãn z   Tìm giá trị lớn T  z   i  z   i A 46 B 13 C 26 D 23 Câu 49 (VD): Cho hàm số f  x   x3  3x  Tìm số nghiệm phương trình f  f  x    A B C D Câu 50 (VDC): Cho hai số thực a b Tìm giá trị nhỏ a  b2 để đồ thị hàm số y  f  x   3x  ax3  bx2  ax  có điểm chung với trục Ox A B 36 C D HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT B D D C D A C C C 10 A 11 A 12 A 13 B 14 A 15 C 16 C 17 C 18 A 19 D 20 A 21 B 22 D 23 D 24 A 25 D 26 A 27 B 28 D 29 C 30 B 31 D 32 A 33 D 34 B 35 A 36 C 37 D 38 C 39 B 40 B 41 C 42 C 43 B 44 A 45 D 46 B 47 D 48 B 49 D 50 B Câu 1: Phương pháp Sử dụng tính chất lũy thừa số mũ thực Cách giải: Ta có :  x a   x ab b Chọn B Câu 2: Phương pháp Thể tích khối trụ có bán kính đáy r chiều cao h V   r h Cách giải: Thể tích khối trụ V   52.5  125 Chọn D Câu 3: Phương pháp: Đồ thị hàm số y  ax  b d  ad  bc  0 có đường tiệm cận đứng x   cx  d c Cách giải: Đồ thị hàm số y  2x 1 có đường TCĐ x  x2 Chọn D Câu 4: Phương pháp:  cos  ax  b  dx  a sin  ax  b   C Cách giải: Ta có:  f  x  dx   cos xdx  sin x  C Chọn C Câu 5: Phương pháp: Số hạng tổng quát CSN : un  u1.q n1 Cách giải: Ta có: u  2, q   u5  u1.q  2.34  162 Chọn D Câu 6: Phương pháp: Hình chiếu M  a; b; c  lên mặt phẳng  Oxy  H  a; b;0  Cách giải: Hình chiếu M 1; 2;3 lên mặt phẳng  Oxy  H 1; 2;0  Chọn A Câu 7: Phương pháp: Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f  x  , trục Ox, đường thẳng x  a, x  b  a  b  S   f  x  dx Cách giải:  x  1 Xét phương trình hồnh độ giao điểm: f  x     x   x  2 2 1 1 1 Khi diện tích S   f  x  dx   f  x  dx     f  x   dx   f  x  dx   f  x  dx Chọn C Câu Phương pháp: Hàm số y  ax  bx  c  a   có ab  có điểm cực trị Cách giải: Ta thấy hàm số y  x  x  có ab  1.4  nên hàm số cho có điểm cực trị Chọn C Chú ý giải: Ta tính y giải phương trình y  0, lập BBT để tìm số điểm cực trị Câu 9: Phương pháp: Thể tích tứ diện vng V  abc Cách giải: 1 Thể tích VS ABC  SA.SB.SC  3.4.5  10 6 Chọn C Câu 10: Phương pháp: Sử dụng cách đọc đồ thị hàm số bậc ba y  ax3  bx  cx  d + Xác định dấu hệ số a dựa vào lim y x  + Xác định tọa độ số điểm thuộc đồ thị hàm số thay vào hàm số đáp án để loại trừ Cách giải: Từ hình vẽ ta thấy x   y   hay hệ số a  Do loại B, C Thấy điểm  0; 2  thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x  ; y  2 vào hai hàm số cịn lại thấy có hàm số y   x3  3x2  thỏa mãn Chọn A Câu 11: Phương pháp: Khoảng cách từ điểm M  x0 ; y0 ; z0  đến mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d  là: d  M ,  P   ax0  by0  cz0 a  b2  c Cách giải: Ta có: d  O,  P      2.0  12   1  22   Chọn A Câu 12: Phương pháp: Số phức z  a  bi  a, b  R  có phần thực a, phần ảo b Cách giải: Số phức z   3i có phần ảo 3 Chọn A Câu 13: Do z  3  4i nghiệm z  az  b  với a, b  R nên z  3  4i nghiệm phương trình   z  z  a a  6 a  Áp dụng định lí Vi – ét ta có:     a  b  19 b  25 b  25 z z  b     Chọn D Câu 26: Phương pháp: +) Tìm tọa độ điểm A +) Hệ số góc tiếp tuyến A đồ thị hàm số y  f  x  k  f   xA  Cách giải: Hoành độ giao điểm đồ thị  C  trục Ox thỏa mãn phương trình: ln  x     x    x  1 Suy A  1;0  Ta có y   hệ số góc tiếp tuyến A  1;0  y  1  x2 Chọn A Câu 27: Phương pháp: Mặt cầu đường kính AB có tâm I trung điểm AB bán kính R  AB Cách giải: Có A  2;0;2  , B  0;4;0   I 1;2;1 trung điểm AB AB  Khi mặt cầu đường kính AB có tâm I 1; 2;1 bán kính R   x 1   y  2   z 1 2  2  42   2   AB  có phương trình là: 6 Chọn B Câu 28: Phương pháp: + Gọi z  x  yi  x, y  R  số phức liên hợp z  x  yi mô đun z  x  y + Biến đổi giả thiết để đưa hai số phức phần thực phần ảo Cách giải: Gọi z  x  yi  x, y  R  số phức liên hợp z  x  yi Ta có z  1  i  z   2i  x  yi  1  i  x  yi    2i  x  yi  x  y  yi  xi   2i  x  y  xi   2i 2 x  y  x     x  2 y  Suy z   5i  z  22  52  29 Chọn D Câu 29: Phương pháp: Số nghiệm phương trình f  x   m số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y  m song song với trục hoành Cách giải: Ta có: f  x   m   m  f  x  Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt  đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x  hai điểm phân biệt Quan sát bảng biến thiên ta thấy, với 2  m  1 đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x  hai điểm phân biệt hay  m  phương trình cho có hai nghiệm phân biệt Vậy tập hợp giá trị cần tìm 1;  Chọn C Chú ý giải: Một số em chọn nhầm B nghĩ m  1 đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số điểm phân biệt sai Câu 30: Phương pháp: + VTPT mặt phẳng  P  n  u1; u2  với u1 ; u2 VTCP hai đường thẳng ;  + Mặt phẳng  P  qua M  x0 ; y0 ; z0  nhận n   a; b; c  làm VTCP có phương trình a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   Cách giải: Ta có: u1   2; 2;1 ; u2  1;3;1 VTCP hai đường thẳng ;   u1; u2    1; 1;  Vì mặt phẳng  P  song song với hai đường thẳng ;  nên nhận n  u1; u2    1; 1;  làm VTPT Phương trình mặt  P  : 1 x  1 1 y 1   z  2   x  y  z   Chọn B Câu 31: phẳng  P Phương pháp: - Gọi bán kính đáy hình nón r - Lập hàm số tính thể tích hình nón tìm GTLN hàm số Cách giải: Gọi bán kính đáy hình nón r 1 Ta có: Vn   r h   r 16  r với  r  3 Xét hàm f  r   r 16  r  0;  có:    0;  r    r 32  3r f   r   2r 16  r  r    r     0;  2 16  r 16  r   r    0;    Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta thấy, hàm số f  r  đạt GTLN r  Vậy Vmax   128 4 6    dm3    16       27   Chọn D Câu 32: Phương pháp: Biến đổi giả thiết lấy nguyên hàm hai vế để tìm f  x  Lưu ý Từ tính f   Cách giải: Ta có: x   f   x    f  x    x  xf   x   f  x    f  x   xf   x   x    xf   x    x  Lấy nguyên hàm hai vế theo x ta xf  x   x  x  C Mà f 1  nên ta có f 1  2.12   C    C  C   f   x  dx  f  x   C Từ xf  x   x  x  f  x   x  (do x  ) Suy f    2.2   Chọn A Câu 33: Phương pháp: - Dựng hình, tìm vị trí điểm M   S  cho d  M ;  P   đạt GTNN - Tìm GTNN kết luận Cách giải: Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;  bán kính R  Dễ thấy d  I ,  P      2   2.2  12  12  22    R nên  P  S  không cắt Gọi M  giao điểm đường thẳng qua I vng góc với  P  hình vẽ Ta thấy d  M ;  P    M H  IH  R   nên d  M ,  P   đạt GTNN  M  M  Chọn D Câu 34: Phương pháp: Mặt cầu tiếp xúc với hai mặt phẳng song song R  P Q  bán kính mặt cầu 1 d   P  ;  Q    d  M ;  Q   với M   P  2 Cách giải: Mặt phẳng  P  : x  y  2z   mặt phẳng  Q  : x  y  2z   có 2 2 3 nên    2 2  P  / / Q  Lấy M  3;0;0    P  d   P  ;  Q    d  M ;  Q    3   2    2  2  3 Bán kính mặt cầu tiếp xúc với hai mặt phẳng  P   Q  R  d   P  ;  Q    2 Chọn B Câu 35: Phương pháp: Hàm số y  f  x  nghịch biến  a; b   y  0, x   a; b  hữu hạn điểm Cách giải: TXĐ: D  R Ta có: y  3x  x  3m Để hàm số cho nghịch biến 1;  y  0, x  1;  hữu hạn điểm  3x2  x  3m  x  1;2   x2  x  m  x  1;2    x  1  m   x  1;    m   x  1 x  1;  2 Hàm số y   x  1 đồng biến 1;   nên đồng biến 1;   1  1   x  1    1    x  1  2 2   m   x  1 x  1;    m   m  Lại có m  10;10 m Z nên m10; 9; ;0 Vậy có 11 giá trị m Chọn A Câu 36: Phương pháp: Cô lập z, sử dụng phương pháp mô đun hai vế Cách giải: Theo ta có:  5 5i 5i  z   i   z  zi    z  z  i  1   z z z  25  z  49  z  z  49 z  25   z  25  tm     z  (do z  ) z   ktm    Thay z  vào biểu thức đề ta có:  z  1 i   z  z  i  1   i  7i   4i i 1 Chọn C Câu 37: Phương pháp: - Gọi G trọng tâm tam giác ABC , tìm tọa độ G - Viết lại biểu thức cần tìm GTNN dạng véc tơ, xen điểm G tìm GTNN Cách giải: Xét biểu thức T  MA2  MB2  MC Gọi G 1; 2;  trọng tâm tam giác ABC GA  GB  GC  2      2 Ta có: T  MA  MB  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC   2  3MG  2MG GA  GB  GC  GA  GB  GC  2  3MG2  GA2  GB2  GC Gọi H hình chiếu G lên  P  MG  HG nên T đạt GTNN M  H Viết phương trình đường thẳng d qua G 1; 2;  vng góc  P  Khi d nhận n P   x   3t    3; 3; 2  làm VTCP nên d :  y   3t  z   2t   x   3t  y   3t  M  d   P  nên tọa độ M thỏa mãn hệ phương trình:   z   2t 3x  y  2z  15   1  3t     3t     2t   15   22  22t   t   M  4; 1;0   a  4, b  1, c   a  b  c  Chọn D Câu 38: Phương pháp: Sử dụng kiến thức tổ hợp Cách giải: Giả sử ta đặt 20 bút nằm thẳng hàng chúng có 19 khoảng trống (khơng kể khoảng trống hai đầu) Để chia làm phần ta đặt vạch đánh dấu mà vạch vào khoảng trống 19 khoảng trống chia 20 bút chì thành phần phần có 1chiếc bút Như có C192 cách chia 20 bút chì gống cho bạn mà bạn bút chì Câu 39: Phương pháp: - Lập cơng thức tính số tiền cịn nợ sau tháng theo T số tiền nợ ban đầu - Đến trả hết nợ số tiền nợ - Giải phương trình kết luận Cách giải: Gọi T số tiền Ngọc vay ban đầu, kí hiệu r  1%, A  5tr - Sau tháng thứ nhất, số tiền nợ T1  T  Tr  A  T 1  r   A - Sau tháng thứ hai, số tiền nợ T2  T 1  r   A  T 1  r   A r  A  T 1  r   T 1  r  r  A  Ar  A  T 1  r   A 1  r   A - Sau tháng thứ ba, số tiền nợ là: 2  T 1  r   A 1  r   A  T 1  r   A 1  r   A r  A    T 1  r   A 1  r   A 1  r   A  T 1  r   A 1  r   1  r   1    T 1  r  1  r  A 1  r 1  T 1  r   3 A  r   1   r - Sau tháng thứ n, số tiền nợ Tn  T 1  r   n A n 1  r   1  r Do sau năm (60 tháng) Ngọc trả hết nợ nên T60   T 1  1%    60  1%   1   T  224, 775 triệu   1%  Do tháng cuối trả triệu nên số nợ ban đầu không vượt 224,775 triệu Vậy nên số nợ ban đầu 224 triệu Chú ý: Số nợ khơng thể 225tr sau 60 tháng khơng thể trả hết nợ mà cịn dư nợ đến tháng thứ 61 (mâu thuẫn giải thiết) Câu 40: Phương pháp: Sử dụng d  M ;  P    d  N ;  P   với MN / /  P  Sử dụng công thức chuyển điểm: Đường thẳng AB cắt  P  M d  A;  P   d  B;  P    AM BM Xác định khoảng cách d  N ;  P    NH với H hình chiếu vng góc N  P  Cách giải: Vì BC / / AD  BC / /  SAD   d  C;  SAD    d  B;  SAD   Lại có AB  AH  d  B;  SAD   d  H ;  SAD    AB 3 AH Hay d  C;  SAD    3d  H ;  SAD     AD  AB Ta có:   AD   SAB  AD  SA SA  ABCD         HK  SA Kẻ HK  SA K ta có:    HK  AD  AD   SAB   Nên HK   SAD  K nên d  H ;  SAD    HK Ta có AB   AH  Xét tam giác SHA vng H có 1 1      HK  2 HK SH HA Suy d  C;  SAD    3 Chọn B Câu 41: Phương pháp:   - Giải phương trình bậc hai ẩn f e x - Sử dụng tương giao đồ thị hàm số nhận xét nghiệm phương trình kết luận Cách giải: Điều kiện: x   e   Ta có:  f e  x x    f e x    1    1  2 f e 2 0    f e x x Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: + Đường thẳng y  cắt đồ thị hàm số y  f  x  ba điểm x0   x1    x2 e  Do 1  e  e   vo nghiem  x  x1   0;1 (vo nghiem) x  x0  x  x2   x  ln x2  x  ln x2 + Đường thẳng y  1 cắt đồ thị hàm số y  f  x  hai điểm x1  1; x2  e Do     e x  1  vo nghiem  x   x  ln  x  ln 2 Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt Chọn C Câu 42: Phương pháp: + Cô lập m đưa dạng m  g  x  với x   a; b  + Dựa vào hình vẽ lập BBT hàm số y  g  x   a; b  + Từ BBT ta tìm m Cách giải: Ta có f  x   x3  3x2  m  m  f  x   x3  3x * với x   1;3 Xét g  x   f  x   x3  3x  1;3 Ta có g   x   f   x   3x  x   f   x    x  x  Xét đồ thị hàm số y  f   x  y  x  x với x   1;3 hệ trục tọa độ sau: Nhận thấy  1;3 f   x    x  x   nên g   x    1;3 Ta có BBT g  x   1;3 Vậy để bpt (*) với x   1;3 m  g  1  m  f  1  Chọn C Câu 43: Phương pháp: Thực tích phân phần: u  x  Đặt  tính tích phân cho suy a, b, c kết luận x dv  e dx Cách giải: u  x  du  dx  Đặt  x x dv  e dx v  e    x  1 e dx   x  1 e x x   e x dx  3e2  2e  e x 1  3e2  2e  e2  e  3e2  e2  e Vậy a  3, b  1; c  1  a  b  c  Chọn B Câu 44: Phương pháp: Gọi z  x  yi  x; y  R  mơ đun z  x  y x2 y   a b2 Biến đổi giả thiết để có quỹ tích elip Diện tích elip  ab Cách giải: Gọi z  x  yi  x; y  R  ta có z   z   10  x   yi  x   yi  10   x  3  y2    x  3  y  10   x  3  x  3  x  x   y  100  20 5  x  3  y  10  y2  x  3  y  x2  6x   y  y  3x  25  25  x  x   y   x  150 x  625  25 x  16 y  400  x2 y  1 x2 y    a  4; b  Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z elip Diện tích elip là: S   ab  20 Chọn A Câu 45: Phương pháp: + Đặt log x  log y 16  t , rút x, y theo t thay vào đẳng thức cho tìm phương trình ẩn t + Tình giá trị biểu thức cần tính theo t sử dụng phương trình suy kết Cách giải: 1 t   t  log y   y  t Đặt log x  log y 16  t  x  log16 y t log y t t t Khi xy  64  2  64  t t  26  t   t Lại có:  x  4  log    log x  log y    t   y  t  2 16    4  t     t       t    16  62   20 t  t  t 2  x Vậy  log   20 y  Chọn D Câu 46: Phương pháp: + Đặt x2  3x  m  t biến đổi đưa phương trình tích + Từ sử dụng tương giao hai đồ thị hàm số để biện luận số nghiệm phương trình + Phương trình f  x   g  x  có số nghiệm số giao điểm hai đồ thị hàm số y  f  x  ; y  g  x  Cách giải: Xét phương trình  x  3x  m   x  8x  2m    x  3x  m    x  3x  m   5x  m  2 Đặt x2  3x  m  t  m  t  x  3x ta có phương trình: t  t  5x  t  x  3x   t  x  2t  x   t  x t  x     x2  x  m  m   x2  x t  x     t  x    x  2x   m  m   x  x  Ta có đồ thị hàm số y   x  x y   x2  x  m  1 Từ đồ thị hàm số ta thấy để phương trình cho có nghiệm phân biệt  m  5 Mà m   20;20; m  Z  m 20; 19; ; 6; 4; 3; 2 nên có 18 giá trị m thỏa mãn Chọn B Câu 47: Phương pháp: +) So sánh thể tích khối tứ diện NMCD với thể tích V khối chóp S ABCD +) So sánh thể tích V2 với thể tích khối tứ diện NMCD, từ suy thể tích V2 so với V +) Từ suy đáp số Cách giải: Gọi V thể tích khổi chóp S ABCD Có BP / / DC  BP MP MB BP       P trung điểm AB DC MD MC AB Ta có: MBP  DAP  c.g.c   SMBP  SDAP  SMBP  SBCDP  SDAP  SBCDP  SMCD  S ABCD Mà  d  N ,  MCD   d  S ,  ABCD   VN MCD VS ABCD  NC  SC S MCD d  N ,  MCD   1 V    VN MCD  VS ABCD  2 S ABCD d  S ,  ABCD   Xét tam giác MNC , áp dụng định lý Menelaus cho ba điểm thẳng hàng B, Q, S ta có : BM SC QN QN QN MQ   1.2 1    BC SN QM QM QM MN  VM PBQ VM NCD  MB MP MQ 1   MC MD MN 2 1 V V  VM PBQ  VM NCD   6 12  VBPQ.CDN  VM CDN  VM BPQ   V2  V V 5V   12 12 V 5V 5V 7V  V1  V     12 12 12 V2 Chọn D Câu 48: Phương pháp: + Số phức z  x  yi  x; y  R  có mô đun z  x  y + Sử dụng BDT Bunhiacopxki với hai số  a; b  ,  x; y  ta có  ax  by    a  b2  x  y  + Dấu "  " xảy x y  a b Cách giải: Gọi số phức z  x  yi  x; y  R  Theo đề z    x   yi    x  1  y  Ta có T  z   i  z   i  x    y  1 i  x    y  1 i   x  4   y  1 2   x  2   y  1 2 Áp dụng BDT Bunhiacopxki ta có: T2    x  4   y  1 2   x  2   y  1    1 1   x  4   y 1   x  2   y 1  2  2 T   x  y  x  22    x  1  y  10  52 (vì  x  1  y  ) 2 Do T  13 Dấu "  " xảy khi:   x  10    y 3   x  2   y  12   x  2   y  12 y  x   10      2 2  x   x       x   y       x   10    3  y   10  Vậy Tmax  13 Chọn B Câu 49: Phương pháp: - Vẽ đồ thị hàm số y  f  x   x3  3x  hệ trục tọa độ - Sử dụng mối tương giao đồ thị nhận xét số giao điểm đường thẳng với đồ thị hàm số, từ suy số nghiệm Cách giải: 2 Hàm số y  f  x   x3  3x  xác định R có f   x   3x    x  1 Đồ thị:  x  x1   2; 11  Sử dụng MTCT ta có f  x     x  x2   0;1  x  x  1;     f  x   x1   2; 1 1   f  f  x     f  x     f  x   x2   0;1    f x  x  1;        + Đường thẳng y  x1   2; 1 cắt đồ thị hàm số y  f  x  điểm nên 1 có nghiệm + Đường thẳng y  x2   0;1 cắt đồ thị hàm số y  f  x  điểm nên   có nghiệm phân biệt + Đường thẳng y  x3  1;  cắt đồ thị hàm số y  f  x  điểm nên  3 có nghiệm phân biệt Hơn ba nghiệm khơng có nghiệm trùng với nghiệm 1   Vậy tổng số nghiệm ba phương trình 1 ,   ,  3    nghiệm Chọn D Câu 50: Phương pháp: + Xét phương trình hồnh độ giao điểm, chia hai vế cho x + Đặt x   t; t  ta phương trình ẩn t x + Sử dụng BĐT Bunhiacopxki để đưa dạng a  b2  g  X  có nghiệm K Suy a  b2  g  X  K + Lập BBT hàm g  X  K kết luận + Lưu ý: BĐT Bunhiacopxki với hai số  a; b  ,  x; y   ax  by    a  b2  x  y  Dấu "  " xảy x y  a b Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số với trục Ox ta có 3x4  ax3  bx2  ax   Nhận thấy x  khơng nghiệm phương trình nên ta chia hai vế cho x  ta 3x  ax  b  Đặt x  a  1       x    a  x    b  x x x  x   1  t; t   t   x  nên ta có phương trình x x  t    at  b   3t   at  b    3t  at  b 1 Từ đề suy phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn t  Theo BĐ Bunhiacopxki ta có  at  b    a  b2  t  1 Nên   3t    at  b    a 2 2 b t  1  a  b Đặt t   X , t   X  Ta có a  b 2 Xét g  X     X  1   Ta có g   X    X X  t2 1    X  1   X 81  54 X  X 81  X   54 với X  X X 81  với X  X2 Suy g  X   g  5  5;  9  3X     3t   2 36 36 hay a  b2  5 b    12  144 a  bt a  t   a   15 a  225   Dấu "  " xảy  X   t     36   b   b   36 36 2 2  a  b  a  b    25    Vậy giá trị nhỏ a  b2  Chọn B 36 ... 13 B 14 A 15 C 16 C 17 C 18 A 19 D 20 A 21 B 22 D 23 D 24 A 25 D 26 A 27 B 28 D 29 C 30 B 31 D 32 A 33 D 34 B 35 A 36 C 37 D 38 C 39 B 40 B 41 C 42 C 43 B 44 A 45 D 46 B 47 D 48 B 49 D 50 B Câu...  b2  c Cách giải: Ta có: d  O,  P      2. 0  12   1  22   Chọn A Câu 12: Phương pháp: Số phức z  a  bi  a, b  R  có phần thực a, phần ảo b Cách giải: Số phức z   3i có. .. số tiền mà cô Ngọc vay ngân hàng số số đây? A 22 1 triệu đồng B 22 4 triệu đồng C 22 2 triệu đồng D 22 5 triệu đồng Câu 40 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vng cạnh 3, hình chiếu vng góc S