IN SP

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP HCM ĐÁP ÁN THAM KHẢO TRUNG TÂM LUYỆN THI S P LU S THI THỬ THPTQG MƠN TỐN 604 XVNT, P25, Q.BT - 0909335675 Thi thử lần 1 C D D A B D B C B 10 A 11 B 12 A 13 A 14 D 15 B 16 A 17 D 18 C 19 A 20 D 21 C 22 B 23 B 24 D 25 C 26 A 27 C 28 A 29 D 30 D 31 D 32 D 33 C 34 D 35 A 36 D 37 B 38 C 39 C 40 A 41 A 42 B 43 C 44 A 45 B 46 C 47 B 48 B 49 C 50 C ✍ Câu Ta có 5 g( x ) dx = + = 12 f ( x ) dx + [ f ( x ) + g( x )] dx = 2 Chọn C ✍ Câu Số phức z có điểm biểu diễn điểm M(3; −2) ⇒ z = − 2i Chọn D ✍ Câu Số cách lập số tự nhiên có chữ số từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, A36 Vậy có A36 số Chọn D ✍ Câu Phương trình mặt phẳng cắt ba trục tọa độ Ox, Oy, Oz A(1; 0; 0), B(0; −2; 0) x y z C (0; 0; 3) + + = 1 −2 Chọn A ✍ Câu Hàm số y = − x2 + 6x − √ hàm lũy thừa có số mũ khơng ngun nên hàm số xác định − x2 + 6x − > ⇔ x ∈ (2; 4) Chọn B ✍ Câu y ( x0 ) = y ( x0 ) = chưa thể kết luận tính cực trị điểm x0 Chọn D Thi thử l S P LU S ✍ Câu f ( x ) dx = ( x + sin x ) dx = x2 − cos x + C Chọn B ✍ Câu  Ta có y = 3x2 − 6x; y = ⇔  x=0 x=2 Ta có y(−1) = −4, y(0) = 0, y(2) = −4 Vậy giá trị lớn hàm số đoạn [−1; 2] Chọn C ✍ Câu Cấp số cộng cho có cơng sai − = nên x = + = 11 Chọn B ✍ Câu 10 Dựa vào đồ thị cho ta suy • Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x = −1 • Đồ thị cắt trục tung điểm có tung độ −1 Vậy hàm số thỏa mãn y = 2x − x+1 Chọn A ✍ Câu 11 Xét phương trình hồnh độ giao điểm ( P) d, ta có x2 = 2x ⇔ x = x = Trên đoạn [0; 2] ta thấy 2x ≥ x2 nên thể tích cần tìm 2 4x − x V=π 2 x4 dx 4x dx − π dx = π 0 Chọn B ✍ Câu 12 S P LU S Thi thử l Dựa vào đồ thị hàm số cho  đáp án, ta nhận thấy đồ thị hàm số bậc ba  a>0    y = ax3 + bx2 + cx + d (a = 0) có y(0) =    y = có hai nghiệm phân biệt Vậy hàm số có đồ thị thỏa yêu cầu toán y = x3 − 3x + Chọn A ✍ Câu 13 z thuộc đường tròn tâm I (2; 2) bán kính Do |z − − 2i | = Chọn A ✍ Câu 14 Thể tích khối nón πr2 h = 4π cm3 Chọn D ✍ Câu 15 S • Gọi H trung điểm AH Do SAB nên SH ⊥ AB Mà (SAB) ⊥ ( ABC ) nên suy SH ⊥ ( ABC ) √ a • Ta có SH = , S ABC = · AB · AC = a2 2 √ √ a 3a • VS.ABC = · SH · S ABC = · ·a = 3 A B H C Chọn B ✍ Câu 16 √ Ta có t = x2 + ⇒ t2 = x2 + ⇒ t dt = x dx Đổi cận x = ⇒ t = 3, x = ⇒ t = Khi I = x x2 + dx = t2 dt Chọn A ✍ Câu 17 Ta có ( x + 2)10 = 10 k k 10−k k x k 210−k x Do số hạng tổng quát khai triển C10 ∑ C10 k =0 Vậy hệ số x7 khai triển C710 23 = C310 23 Thi thử l S P LU S Chọn D ✍ Câu 18 a = log2 · = + log2 ⇒ log2 = a − log3 18 = log3 32 · = + log3 = + 1 2a − = 2+ = log2 a−1 a−1 Chọn C ✍ Câu 19 Theo đề bài, hình trụ có độ dài chiều cao h = 2a, bán kính đáy r = a Khi thể tích khối trụ V = πr2 h = π · a2 · 2a = 2πa3 Chọn A ✍ Câu 20 Hai mặt phẳng ( P), ( Q) có véc-tơ pháp tuyến #» n P = (1; −2; 2) #» n Q = (m; 1; −2) #» #» Do đó, ( P) ⊥ ( Q) ⇔ n · n = ⇔ m − − = ⇔ m = P Q Vậy giá trị m cần tìm m = Chọn D ✍ Câu 21 Có SBCD = Vậy VS.BCD 1 BC · CD = a2 2 1 = SA · SBCD = a3 S D A B C Chọn C ✍ Câu 22 Ta có y = 3x2 + 12mx + 6, hàm số đồng biến R  √ √ a > 2 y ≥ 0, ∀ x ∈ R ⇔ ≤m≤ ⇔ 36m − 18 ≤ ⇔ − ∆ ≤ 2 S P LU S Thi thử l Vậy có số nguyên m cho hàm số đồng biến R Chọn B ✍ Câu 23 Ta có 1− √ 3i z = − 4i ⇔ z = − 4i √ − 3i √ √ −3 + 4 + 3 + i = 8 Vậy mô-đun z |z| = √ −3 + + √ 4+3 = Chọn B ✍ Câu 24 100 50 = 2π π 50 125000 · 50 = (cm)3 π π Bán kính đường tròn mặt đáy hình trụ r = Thể tích V = πr2 h = π · 50 Chọn D ✍ Câu 25 Ta có 4x − · 2x+1 + = ⇔ 4x − · 2x + = Đặt t = 2x (t > 0)  phương trình trở thành  t2 − 6t + = ⇔  t = (nhận) t = (nhận) ⇔ 2x = 2x =  ⇔ x=2 x = Chọn C ✍ Câu 26 Thi thử l S P LU S S Ta có • VP.MNB MB = = VP.MNS MS • SP SM SN 1 VS.MNP = · · = · · = VS.ABC SA SB SC 3 P M C A VBMNP Vậy = VSABC N B Chọn A ✍ Câu 27 v(km/h) 48 36 S2 12 S1 : 00 : 02 : 05 : 07 : 10 : 12 t Quãng đường xe chạy theo yêu cầu toán 12 v(t) dt = S1 + S2 = 3,9 km Chọn C ✍ Câu 28 S P LU S Thi thử l VS.A C D SA SC SD = · · = VS.ACD SA SC SD 27 Suy VS.A C D = · VS.ACD 27 Tương tự ta có VS.A C B = · VS.ACB 27 Vậy S Ta có VS.A B C D = VS.A C D + VS.A C B V = (VS.ACD + VS.ACB ) = 27 27 A B D C B A C D Chọn A ✍ Câu 29 Ta có w = − 2i + (4 − 3i )z ⇔ w − (3 − 2i ) = (4 − 3i )z ⇔ |w − (3 − 2i )| = |(4 − 3i )z| ⇔ |w − (3 − 2i )| = 10 Vậy r = 10 Chọn D ✍ Câu 30 Đường thẳng d có véc-tơ phương #» u = (2; 1; 3) Mặt phẳng ( P) có véc-tơ pháp tuyến #» n = (2; 1; −1) Gọi #» v véc-tơ pháp tuyến mặt phẳng ( Q) Khi #» v = [ #» u , #» n ] = (−4; 8; 0) Mặt phẳng ( Q) qua điểm A (1; 0; −1) Nên phương trình mặt phẳng ( Q) x − 2y − = |1| Vậy khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( Q) d (O, ( Q)) = √ = √ 5 Chọn D ✍ Câu 31 Phương trình mặt phẳng ( P) có dạng ax + by + cz + d = 0, a2 + b2 + c2 = #» Khi đó, ( P) (Oyz) có véc-tơ pháp tuyến #» n = ( a; b; c) i = (1; 0; 0) Từ giả thiết ta có hệ     3a + c + d = 3a + c + d =         6a − 2b + c + d = ⇔ a = 2b       | a|   √ 7| a | = a2 + b2 + c2 = a2 + b2 + c2 Thi thử l S P LU S Suy 2b =2 Với c = 2b a = 2b  + b2 + c2 ⇔ 49b2 = 13b2 + 9c2 ⇔  c = 2b c = −2b 2b , d = −4b Như thế, phương trình mặt phẳng ( P) 2b x + by + 2bz − 4b = ⇔ 2x + 3y + 6z − 12 = Với c = −2b a = a2 + b2 + c2 = 2b , d = Như thế, phương trình mặt phẳng ( P) 2b x + by − 2bz = ⇔ 2x + 3y − 6z = a2 + b2 + c2 = Vậy phương trình mặt phẳng ( P) 2x + 3y + 6z − 12 = 2x + 3y − 6z = Chọn D ✍ Câu 32 Gọi h, r chiều cao bán kính đáy khối trụ nội tiếp hình cầu Khi < h < 2R r thể tích khối trụ V= πhr2 = πh R2 O M h2 − R h2 πh3 Xét hàm số f (h) = πh R2 − =− + πR2 h 4 3πh2 (0; 2R), ta có f (h) = − + πR2 √ 2R 4R2 f ( h ) = ⇔ h2 = ⇔h= (vì h > 0) 3 I O Ta có bảng biến thiên h f (h) + √ 2R 3 2R − 4πR3 √ 3 f (h) 0 √ 2R Suy hàm số f (h) đạt giá trị lớn h = Vậy chiều √ cao khối trụ tích lớn nội tiếp hình cầu bán kính R 2R h= Chọn D S P LU S Thi thử l ✍ Câu 33 Hàm số y = a x nghịch biến tập xác định nên a < 1, hàm số y = logb x y = logc x đồng biến tập xác định nên b > c > Dựa vào đồ thị ta thấy x > logb x > logc x, suy c > b Vậy c > b > a Chọn C ✍ Câu 34 Diện tích đáy ABCD S ABCD = a · 2a = 2a2 , HB = 2a AB = 3 Theo giả thiết góc SC mặt phẳng ( ABCD ) S SCH = 60◦ Xét tam giác SHC vuông H, suy √ √ 30a ◦ SH = HC · tan 60 = HB2 + BC2 · = Thể tích khối chóp S.ABCD √ √ 1 30a 4a3 30 V = SH · S ABCD = · · 2a = 3 H B A D C Chọn D ✍ Câu 35 Xét phương trình 25x − m · 5x+1 + 7m2 − = Đặt t = 5x , (t > 0) phương trình cho trở thành t2 − 5mt + 7m2 − = (∗) Phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt (∗) có hai nghiệm dương phân biệt  ∆ = −3m2 + 28 >    ⇔ S = 5m > ⇔1 (m + 1) (−2t + 2019) f (t) (vì − 2t + 2019 > 0, ∀t ∈ (0; 1)) ⇔ m+1 < −2t + 2019 f (t) f (t)(−2t + 2019) + f (t) ⇒ g (t) = −2t + 2019 (−2t +  2019)  f (t) > Xét khoảng (0; 1), quan sát đồ thị ta thấy ⇒ g (t) >  f (t) > Ta có bảng biến thiên hàm số g(t) sau (∗) Đặt g(t) = t g (t) ∀t ∈ (0; 1) + g (1) g(t) g (0) Vậy bất phương trình (∗) có nghiệm với t ∈ (0; 1) m + ≤ g (0) ⇔ m ≤ −1 Vậy m ≤ −1 thỏa đề Chọn C ✍ Câu 44 Do S.ABC tứ diện vuông đỉnh S nên S thuộc mặt cầu đường kính AB, BC, CA Mặt cầu đường kính AB x2 + y2 + z2 − 3y = (1) Mặt cầu đường kính BC x2 + y2 + z2 − y − 2z = Thi thử l (2) S P LU S 13 Mặt cầu đường kính AB x2 + y2 + z2 − 2x − 2y = (3) Lấy (1) trừ (2) theo vế ta có −2y + 2z = ⇔ y = z Lấy (1) trừ (3) theo vế ta có 2x − y = ⇔ y = 2x   Thay z = y = 2x vào (1) ta có x2 + 4x2 + 4x2 − 6x = ⇔  Từ ta có x = y = z = x = , y = z = 3 4 Vậy S(0; 0; 0) S ; ; 3 Chọn A x=0 x= ✍ Câu 45   π πx πx  du = − · sin u = cos dx 2 ⇒ Đặt   v = f (x) dv = f ( x ) dx Áp dụng tích phân phần ta có 1 πx πx π f ( x ) cos dx = cos · f (x) + 2 3π π ⇔ = 1 πx dx ⇔ f ( x ) sin f ( x ) sin f ( x ) sin πx dx πx dx = 2      f ( x ) dx =           πx Suy dx = f ( x ) sin  2         πx    sin2 dx =   2 Ta chọn số thực k cho f ( x ) − k · sin πx f ( x ) dx − 2k dx = ⇔ πx f ( x ) sin dx + k2 f ( x ) sin2 πx dx = − 2k · + k2 · = 2 ⇔ k2 − 6k + = ⇔ k = ⇔ f ( x ) − sin Vậy 14 S P LU S πx πx dx = ⇒ f ( x ) = sin 2 Thi thử l Ta 1 f ( x ) dx = 0 πx sin dx = · π sin πx πx d 2 = πx · − cos π = π Chọn B ✍ Câu 46 Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) ta có bảng biến thiên y = f ( x ) sau x −∞ f (x) a + − b 0 + +∞ c + f ( a) − f (c) f (x) f (0) ? f (b) ? Ta thấy max f ( x ) ∈ { f ( a); f (c)} Mặt khác ta có b f ( x ) dx = f (b) − f ( a) = −S1 ⇒ f ( a) = f (b) + S1 • a c f ( x ) dx = f (c) − f (b) = S2 + S3 ⇒ f (c) = f (b) + S2 + S3 • b Mà S1 < S2 nên f ( a) < f (c) Vậy max f ( x ) = f (c) Cách khác Dựa vào đáp án trắc nghiệm ta thấy max f ( x ) ∈ { f ( a); f (b); f (c); f (d)} nên ta so sánh giá trị sau b f ( x ) dx = f (b) − f ( a) = −S1 < ⇒ f (b) < f ( a) • a f ( x ) dx = f (0) − f (b) = S2 > ⇒ f (b) < f (0) • b c f ( x ) dx = f (c) − f (0) = S3 > ⇒ f (0) < f (c) • Ta thấy max f ( x ) ∈ { f ( a); f (c)}, tương tự cách ta có max f ( x ) = f (c) Chọn C ✍ Câu 47 # » # » #» Gọi G điểm thỏa GA − 3GB = ⇒ G (1; 4; −3) ⇒ Thi thử l   GA2 = 27  GB2 = S P LU S 15 Mặt khác ta có MA2 − 3MB2 = −2MG2 + GA2 − 3GB2 = −2MG2 + 18 Vậy MA2 + 2MB2 đạt GTLN MG nhỏ  Tâm I (1; −1; 2) √ ⇒ IG = < R ⇒ G nằm khối cầu (S) • Ta có (S) : Bán kính R = √ • Vậy GTNN MG MG = R − IG = − √ √ Do GTLN MA2 + 2MB2 −2(8 − 2)2 + 18 = −210 + 160 Chọn B ✍ Câu 48 Cách Véc-tơ vận tốc #» v xuồng xác định • #» v chèo : có độ lớn m/s hướng từ A đến B • #» v nước : có độ lớn 0,5 m/s hướng hướng chảy dòng nước • #» v chèo #» v nước vng góc với có điểm gốc A Vậy #» v = #» v chèo + #» v nước Đặt α = ( #» v chèo , #» v ), ta có | #» v | • tan α = #»nước = | v chèo | • BC = AB tan α = Cách Gắn hệ tọa độ Oxy hình vẽ để xác định vị trí thuyền sau khoảng thời gian chèo t giây, ta có • x = | #» v nước |t = 0,5t • y = | #» v chèo |t = 2t • yC = y B ⇔ 2t = 36 ⇔ t = 18 ⇒ xC = Chọn B ✍ Câu 49 Cách Phương trình elip x y2 + = Phương trình nửa elip y = 16 S P LU S 1− x2 Thi thử l Phương trình nửa elip y = − 1− Thể tích cần tính 8+ V=π −2 x2 1− 2 8− dx − π −2 x2 x2 1− 2 dx = π 1− 32 −2 x2 dx = 32π Tích phân tính cách lượng giác hóa, đặt x = sin t Cách Cắt vòng xuyến trải thẳng ta hình trụ có đáy elip ban đầu Có chiều cao chu vi đường tròn bán kính cm 2π8 = 16π cm Và diện tích đáy khối trụ πab = π · · = 2π cm2 Vậy thể tích khối cần tính 16π · 2π = 32π cm3 Chọn C ✍ Câu 50 Bất phương trình tương đương ( x2 − 1) f ( x ) + ( x2 − 1)( x − 2) ≤ ⇔ ( x2 − 1)[ f ( x ) + x − 2)] ≤ y Ta có y = f (x) • x2 − = ⇔ x ∈ {−1; 1} • f ( x ) + x − = ⇔ f ( x ) = − x + 2, nghiệm −1 phương trình hồnh độ giao điểm đồ x y = −x + 2 thị y = f ( x ) đường thẳng y = − x + Vẽ đường thẳng y = − x + 2, quan sát đồ thị ta thấy f ( x ) = − x + ⇔ x ∈ {−1; 1; 2} Vậy ta có bảng xét dấu g( x ) = ( x2 − 1)[ f ( x ) + x − 2)] sau x x2 − f ( x ) − (− x + 2) g( x ) −∞ + − − −1 0 − − + 0 + + + | 0 +∞ + + + Vậy tập nghiệm bất phương trình đề cho S = (−∞; −1] ∪ {1; 2} Tập giá trị nguyên thỏa đề {−4; −3; −2; −1; 1; 2} Do có giá trị nguyên thỏa đề Chọn C Thi thử l S P LU S 17 ...  πx Suy dx = f ( x ) sin  2         πx    sin2 dx =   2 Ta chọn số thực k cho f ( x ) − k · sin πx f ( x ) dx − 2k dx = ⇔ πx f ( x ) sin dx + k2 f ( x ) sin2 πx dx = − 2k · + k2... = − · sin u = cos dx 2 ⇒ Đặt   v = f (x) dv = f ( x ) dx Áp dụng tích phân phần ta có 1 πx πx π f ( x ) cos dx = cos · f (x) + 2 3π π ⇔ = 1 πx dx ⇔ f ( x ) sin f ( x ) sin f ( x ) sin πx dx... 2k · + k2 · = 2 ⇔ k2 − 6k + = ⇔ k = ⇔ f ( x ) − sin Vậy 14 S P LU S πx πx dx = ⇒ f ( x ) = sin 2 Thi thử l Ta 1 f ( x ) dx = 0 πx sin dx = · π sin πx πx d 2 = πx · − cos π = π Chọn B ✍ Câu 46