Thi thử KYS lần 4 đáp án môn toán khối 12}

HƯỚNG ĐẾN KỲ THI THPT 2020 THI THỬ KYS LẦN MƠN: TỐN HỌC – KHỐI 12 Ngày thi: 23/3/2020 Thời gian làm bài: 90 phút BẢNG ĐÁP ÁN Câu 1: D B A D A A C A A 10 A 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 B C A D A A A A C A 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 D A A C A C A A A B 31 A 32 A 33 A 34 B 35 A 36 A 37 A 38 C 39 A 40 A 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 A D A A A D A C A A Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hình vẽ Hàm số y = f ( x ) đồng biến khoảng đây? A ( −2;0 ) B ( −1;1) C ( 0; ) D ( −3; −1) Lời giải Chọn D Câu 2: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên hình vẽ Khẳng định sau đúng? Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm A Hàm số đạt cực đại x = B Hàm số có điểm cực trị C Hàm số có hai điểm cực trị D Hàm số đạt cực tiểu x = Lời giải Chọn B Dựa vào bảng biến thiên ta có: hàm số đạt cực đại x = , x = hàm số không xác định nên x = không điểm cực trị hàm số Vậy hàm số có cực đại ( x = ) Câu 3: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hình vẽ bên Gọi M , m tương ứng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y = f ( x ) đoạn [ −1;1] Giá trị M + 2m A C B D Lời giải Chọn A Dựa vào đồ thị ta thấy= M max f = m f = ( x ) 1;= ( x ) [ −1;1] [ −1;1] Suy M + 2m = Câu 4: Số tiệm cận đứng đồ thị hàm số y = A B x + 2020 x C D Lời giải Chọn D x = Ta có: x + 2020 x = 0⇔  x = −2020 = +∞ x + 2020 x lim = −∞ x → ( −2020)+ x + 2020 x lim x → 0+ Do đồ thị hàm số y = có tiệm cận đứng x = , x = −2020 x + 2020 x Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm Câu 5: Đường cong hình đồ thị bốn hàm số sau đây? A y = − x4 + 2x2 B = y x4 − 2x2 C y = − x + x D y = x + x − x − Lời giải Chọn A Đồ thị hàm số hàm số trùng phương y = ax + bx + c, với hệ số a < nên loại B,C,D Câu 6: Tìm tập xác định hàm= số y log(2 x − 1) 1  A = D  ; +∞  2  1  C D= \   2 B D =  1  D = D  ; +∞  2  Lời giải Chọn A Hàm= số y log(2 x − 1) xác định x − > ⇔ x > Câu 7: Tính đạo hàm hàm= số y log ( x + 3) A y′ = x+3 B y′ = x C y′ = ( x + 3) ln D y′ = x.ln Lời giải Chọn C y′ log ( x + 3)= ′ Ta có = Câu 8: ( x + 3)′= ( x + 3) ln ( x + 3) ln Giả sử f ( x ) g ( x ) hai hàm số liên tục  k ∈  Mệnh đề sau sai? A ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx C ∫  f ( x ) − g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx B ∫  f ( x ) + g ( x ) dx =∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx D ) dx ∫ f ′ ( x= f ( x) + C Lời giải Chọn A Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx với k   hàm số f ( x ) liên tục  k = ∫ kf ( x ) dx ≠ k ∫ f ( x ) dx Mệnh đề: mệnh đề sai Các phương án B, C, D theo tính chất ngun hàm Câu 9: Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số f ( x= ) x − x3 trục hoành hình vẽ Mệnh đề sau đúng? A S = − ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx −2 ∫ B S = −2 0 −2 C S = ∫ f ( x )dx f ( x )dx − ∫ f ( x )dx ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx D S = Lời giải Chọn A Dựa vào đồ thị, diện tích S hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số f ( x= ) x − x3 , trục hoành bằng: 2 −2 −2 −2 S= − ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = + i Giá trị z Câu 10: Cho số phức z ∈  thỏa (1 − i ) z = A B C D Lời giải Chọn A 1+ i Ta có (1 − i ) z =1 + i ⇔ z = ⇔ z =i 1− i Vậy z = Câu 11: Cho hình chóp S ABCD có ABCD hình vng cạnh a , SA ⊥ ( ABCD ) , SB = a Khi thể tích khối chóp S ABCD A a B a3 C a3 D a Lời giải Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm Chọn B S A B D C ( Theo định lí Pitago, ta có: SA2 + AB = SB ⇔ SA2 + a = a = V Thể tích khối chóp S ABCD bằng: ) ⇔ SA2 = a ⇔ SA = a 1 a3 = B.h = a a Chọn phương án B 3 Câu 12: Cho hình chóp S ABCD , AB = 2a , tam giác ASC vng Thể tích khối chóp S ACD S A B D A a B C a C 2 a D a Lời giải Chọn C S A D B C = SB = SC = SD Theo giả thiết, hình chóp S ABCD hình chóp đều, ta có: SA Xét hình vng ABCD , ta có: AC =BD = AB + BC = ( 2a ) + ( 2a ) =2a 2 Tam giác ASC vng có SA = SC nên tam giác vuông cân đỉnh S = SO Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm AC = a 2 = Thể tích khối chóp S ACD bằng: V 1 2 = S ∆ACD SO = 2a a a 3 Câu 13: Cho hình nón có đường sinh l = 5m bán kính đáy r = 3m Thể tích khối nón A 12π ( m3 ) B 9π ( m3 ) C 12 ( m3 ) D ( m3 ) Lời giải Chọn A + Ta có chiều cao hình nón là: h = + Thể tích khối nón= là: V l − r = ( m) πr h = π 9.4 12π ( m3 ) = 3 Câu 14: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho A ( 0; −2;0 ) , B (1;0;0 ) , C ( 0;0;3) Mặt phẳng ( ABC ) có phương trình A x y z + + = B x y z + + = 1 C x y z + + = −2 D x y z + + = 1 −2 Lời giải Chọn D Mặt phẳng ( ABC ) qua A ( 0; −2;0 ) , B (1;0;0 ) , C ( 0;0;3) có phương trình dạng đoạn chắn là: x y z + + = 1 −2 Câu 15: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , tọa độ hình chiếu điểm A (1; 2;3) lên mặt phẳng ( Oxy ) A M (1; 2;0 ) B N ( 0;0;3) C P (1;0;0 ) D Q ( 0; 2;0 ) Lời giải Chọn A Hình chiếu điểm A (1; 2;3) lên mặt phẳng ( Oxy ) M (1; 2;0 ) Câu 16: Cho tập hợp A = {1; 2;3} Hỏi có số có chữ số đơi khác lập từ tập A A B C 27 D Lời giải Chọn A Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm Số số có chữ số đơi khác lập từ A là: 3! = (số) Câu 17: Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' có tất cạnh a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCC ′B′) là: A a B a C a D a Lời giải Chọn A Gọi H trung điểm cạnh BC , tam giác ABC có tất cạnh a ⇒ AH ⊥ BC , AH = a (1) Theo tính chất hình lăng trụ ta có mp ( ABC ) ⊥ mp ( BCC ′B′) (2) Từ (1) (2) suy H hình chiếu vng góc A mặt phẳng ( BCC ′B′) ⇒ Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCC ′B′) AH = Câu 18: Đồ thị hàm số y = A a x +1 có đường tiệm cận đứng x = giá trị tham số m x−m C B D Lời giải Chọn A Áp dụng: Hàm số y = Hàm số y = ax + b −d , (với điều kiện c ≠ , ad − cb ≠ ) đồ thị có đường tiệm cận đứng x = cx + d c x +1 có tập xác định D =  \ {m} x−m x +1 Với m =−1 ⇒ y = =1, ∀x ≠ ⇒ đồ thị hàm số khơng có tiệm cận x +1 Với m ≠ −1 đồ thị hàm số y = Giả thiết cho đồ thị hàm số y = Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm x +1 có đường tiệm cận đứng x = m (1) x−m x +1 có đường tiệm cận đứng x = (2) x−m Từ (1) (2) ta có m = Câu 19: Cho hàm số y = f ( x ) hàm đa thức bậc ba có đồ thị hình vẽ S tập hợp nghiệm phương trình f ′ ( x ) = Tổng phần tử tập S A −3 B −5 C −2 D −4 Lời giải Chọn C Quan sát đồ thị ta thấy hàm số y = f ( x ) đạt cực trị hai điểm x1 = −2 x2 = Do phương trình f ′ ( x ) = có hai nghiệm phân biệt x1 = −2 x2 = Suy S tập hợp có hai phần tử hai nghiệm nên có tổng −2 Câu 20: Tập nghiệm bất phương trình log ( x − 1) + log C S = 17 B S = 25 A S = 4− x > ( a; b ) Tính S= a + b x −1 D S = 20 Lời giải Chọn A x −1 > 1 < x < 4− x  > ⇔ 4 − x > ⇔ ⇔1< x < log ( x − 1) + log < x x −1  log − x > )  2( Suy a =1, b = ⇒ S = a + b = Câu 21: Cho F ( x) nguyên hàm hàm f= ( x) + x , ∀x > −1 Biết F (0) = Giá trị F (1) x +1 A + ln C + ln B ln D + ln Lời giải Chọn D Ta có: F ( x)=   ∫  x + + x  dx= ln x + + x + C Do ∀x > −1 nên F ( x= ) ln ( x + 1) + x + C Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm Ta lại có : F (0) = ln ( + 1) + 02 + C = ⇔ C = Vậy F ( x)= ln ( x + 1) + x ⇒ F (1)= ln (1 + 1) + 12 = ln + Câu 22: Các điểm M , N hình vẽ điểm biểu diễn số phức z , w Số phức z + w A + i B + 3i C + 4i D + 4i Lời giải Chọn A M điểm biểu diễn số phức z = + 2i , N điểm biểu diễn số phức w= + i Suy z + w = (1 + 2i ) + ( − i ) = + i Câu 23: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có cạnh a Đường kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương A a B a C a D a Lời giải Chọn A Độ dài đường kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương độ dài đường chéo hình lập a Xét tam giác A ' AC vuông phương AC ' Ta có ABCD hình vng cạnh a ⇒ AC = ( A ⇒ AC ' = AA '2 + AC = a + a ) =a Câu 24: Cho hình lăng trụ ABCD A ' B ' C ' D ' có tất cạnh a Góc hai đường thẳng BC ' B ' D ' Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm A 300 B 450 C 600 D 900 Lời giải Chọn C = ', B ' D ') Ta có ( BC hình vng BC ', BD ) (= cạnh ' D ') ( BC ',= BD ) ( BC ', B= ' , xét ∆BDC ' có BD, BC ', DC' đường chéo DBC a ∆BDC ' nên tam giác Do  DBC =' 600 Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : x −1 y = = z điểm A ( 3;3; − 1) 2 Gọi H hình chiếu vng góc A d Tọa độ điểm H 3  B H  4;3;  2  A H ( 3; 2;1) C H ( −1; − 2; − 1) D H ( 5; 4; ) Lời giải Chọn A Ta có H ∈ d ⇒ H (1 + 2t ; 2t ; t )  d có vectơ phương ud = ( 2; 2;1)  AH = ( −2 + 2t ; − + 2t ;1 + t )   H hình chiếu A lên d ⇒ AH ud = 0 ⇔ ( −2 + 2t ) + ( −3 + 2t ) + (1 + t ) = ⇔t= Vậy H ( 3; 2;1) Câu 26: Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = A y = −3 x + x−2 điểm có hồnh độ x = x +1 B y = x C = y 3x − D y = −3 x + Lời giải Chọn C Ta có y′ = ( x + 1) Với x = ⇒ y = −2 ⇒ tiếp điểm A ( 0; − ) ′ ( 0) Hệ số góc tiếp tuyến A = k f= Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm = y 3x − Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 10 Câu 27: Giá trị A = lim A n2 + n 12n + 1 12 B C D 24 Lời giải Chọn A 1+ n +n n lim A lim = = = 12n + 12 + 12 n Vậy A = 12 Câu 28: Cho hàm số y = e x +x Tập nghiệm phương trình y′ =  1 A S = −   2 B S = {0} C S = {−1} S D = {0; −1} Lời giải Chọn A Có = y′ ( x + 1) e x + x y′ = ⇔ ( x + 1) e x +x = ⇔ 2x +1 = ⇔ x = −  1 Vậy phương trình y′ = có tập nghiệm S = −   2 Câu 29: Cho hình chóp S ABC có SA ⊥ ( ABC ) Tam giác ABC vuông B SA = AB = a Góc đường thẳng SB mặt phẳng ( ABC ) S C A B A 45° B 60° C 30° D 90° Lời giải Chọn A  Vì SA ⊥ ( ABC ) ⇒ góc đường thẳng SB mặt phẳng ( ABC ) SBA = 45° Chọn A Do ∆SAB vuông cân A nên SBA Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 11 Câu 30: Tìm m để hàm số y = 3cos x − 4sin x + m x đồng biến  ( ) ( ) A m ∈ − 5; B m ∈ −∞; −  ∪  5; +∞ C m ∈ ( −∞; −5 ) ∪ ( 5; +∞ ) D m ∈ [ −5;5] Lời giải Chọn B −3sin x − cos x + m Ta có y′ = Hàm số đồng biến  ⇔ y′ ≥ 0, ∀x ∈  ⇔ −3sin x − cos x + m ≥ 0, ∀x ∈  ⇔ m ≥ 3sin x + cos x, ∀x ∈  ⇔ m ≥ max f ( x ) , với = f ( x ) 3sin x + cos x x∈ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có ( 3sin x + cos x ) ≤ ( 32 + 42 )( sin x + cos x ) ⇔ ( 3sin x + cos x ) ≤ 25 hay −5 ≤ f ( x ) ≤ 5, ∀x ∈  ⇒ max f ( x ) =5 ⇔ 3cos x = 4sin x ⇔ tan x = x∈ ( ) Vậy hàm số cho biến  ⇔ m ≥ ⇔ m ∈ −∞; −  ∪  5; +∞ Câu 31: Hàm số y = 3log12 x có đồ thị đường cong bốn đường cong đây? A ( C3 ) B ( C4 ) C ( C2 ) D ( C1 ) Lời giải Chọn A Điều kiện: x > = = x log12 x Ta có: y 3log 12 Hàm số đồng biến ( 0; +∞ ) nên đồ thị thể đường cong ( C3 ) Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 12 Câu 32: Tích giá trị tất nghiệm phương trình log x − log x − =0 A 10 B 10 C D Lời giải Chọn A Điều kiện: x > Ta có: log x − log x − = ⇔ ( log x ) − log x − = ⇔ ( log x ) − log x − = 2  + 17 log x1 = ⇔ log x − log x − = ⇔  ⇒ log x1 + log x2 =  − 17 log x2 =  1 ⇔ log ( x1 x2 ) = ⇔ x1 x2 = 10 Câu 33: Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với kỳ hạn tháng (1 quý), lãi suất 6% quý theo hình thức lãi kép Sau tháng, người gửi thêm 100 triệu đồng với hình thức lãi suất Hỏi sau năm tính từ lần gửi người nhận số tiền gần với kết nhất? A.238,6 triệu đồng B 224,7 triệu đồng C 236,6 triệu đồng D 243,5 triệu đồng Lời giải Chọn A Sau năm tính từ lần gửi đầu tiên: 100 triệu gửi lần thứ thu số tiền gốc lẫn lãi : T1 = 100.(1 + 6%) ≈ 126, 24 triệu đồng 100 triệu gửi lần thứ hai thu số tiền gốc lẫn lãi là: T2 = 100.(1 + 6%) ≈ 112,36 triệu đồng Vậy tổng số tiền người nhận là: T = T1 + T2 ≈ 238, triệu đồng Câu 34: Cho hàm số y = f ( x) có f ′( x= ) x − x , ∀x ∈  hàm số y = g ( x) = −2020 f (12 − x) + e Chọn đáp án đúng? A g (18) > g (20) B g (12) < g (14) C g (10) < g (12) D g (2019) > g (2020) Lời giải Chọn B + Ta có bảng biến thiên hàm số: f ′( x= ) x − x , ∀x ∈  Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 13  x ∈ (−∞;0) Từ ta thấy: f ′( x) > ⇔  f ′( x) < ⇔ x ∈ (0; 2)  x ∈ (2; +∞) + Lại = có: g '( x) 2020 f ′(12 − x) 12 − x <  x > 12 Do đó: g '( x) > ⇔ 2020 f ′(12 − x) > ⇔ f ′(12 − x) > ⇔  ⇔ 12 − x >  x < 10 g '( x) < ⇔ 2020 f ′(12 − x) < ⇔ f ′(12 − x) < ⇔ < 12 − x < ⇔ 10 < x < 12 hay hàm số y = g ( x) = −2020 f (12 − x) + e đồng biến (−∞;10) (12; +∞) ; nghịch biến (10;12) Vậy,  g (18) < g (20) suy loại A  g (12) < g (14) suy B  g (10) > g (12) suy loại C  g (2019) < g (2020) suy loại D Câu 35: Biết phương trình log 22 ( x + 1) − m log ( x + 1) + − m = có ba nghiệm phân biệt Hỏi m thuộc khoảng sau đây? A (1;9 ) C (15; 21) B ( 9;15 ) D ( 21; 28 ) Lời giải Chọn A log 22 ( x + 1) − m log ( x + 1) + − m = (1) Tập xác định D =  Đặt = t log ( x + 1) ≥ x + ≥ với ∀x ∈  ( Nếu t = ⇒ x = ; t > ⇒ x =± 2t − ) Khi phương trình có dạng t − mt + − m = ( 2) Điều kiện cần để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt phương trình ( ) có nghiệm nghiệm dương ⇔m= Phương trình ( ) có nghiệm ⇒ − m = x = t = Khi phương trình ( ) có dạng t − 8t =0 ⇔  ⇔ t =  x = ±2 Vậy phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ m = Câu 36: Cho ∫ f ( x ) dx = 12 , Khi ∫ f ( x + ) dx = ∫ f ( x ) dx A 18 B 12 C D 10 Lời giải Chọn A Đặt = t x + ⇒ dt = 5dx , với x = ⇒ t = ; x = ⇒ t = 12 Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 14 12 12 ⇒ ∫ f ( x + ) dx = f ( t ) dt ⇒ ∫ f ( t ) dt = 5.3 = 15 ∫ 2 Vậy ta có 12 12 1 ∫ f ( x ) dx =∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx =3 + 15 =18 Câu 37: Các điểm A, B tương ứng điểm biểu diễn số phức z1 , z2 hệ trục tọa độ Oxy , G trọng tâm tam giác OAB , biết z1 = z2 = z1 − z2 =12 Độ dài đoạn OG A B C D 3 Lời giải Chọn A = OB = AB = 12 ⇒ ∆OAB Ta có: OA ⇒ OG= AH = ( AH = đường cao tam giác đều) Kết luận: OG =  900 ,   = 600 , CAD = = DAB 1200= , AB a= , AC 2a= , AD 3a Tính thể tích Câu 38: Cho tứ diện ABCD , BAC khối tứ diện ABCD Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 15 a3 A a3 B a3 C Lời giải a3 D Chọn C Cách 1: =' AD =' a AB AC Lấy điểm C ′ ∈ AC , D′ ∈ AD cho = Lấy điểm M ′ ∈ C ′D′ cho MC ′ = MD′ ⇒ AM ⊥ C ′D′ ( ∆AC ′D′ vuông cân A ) (1) Do ∆AC ′D′ vuông cân A ⇒ C ′D′ = a ⇒ AM = a ′ = a + a − 2.a.a.cos1200 = 3a Xét ∆BAD′ ⇒ BD′2 = AB + AD′2 − AB AD′.cos BAD ⇒ BD′ = a ′ = 600 ⇒ AB = AC ′ = BC ′ = a Xét ∆ABC ′ có BAC 3) (a ) (a = 2 ′2 C ′D′2 + BC ′2 ⇒ ∆C ′BD′ vuông C ′ + a ⇔ BD = Trong mp ( BC ′D′ ) , Từ M kẻ MI  C ′B, I ∈ BD′ ⇒ MI ⊥ C ′D′ ( ∆C ′BD′ vuông C ′ ) (2) ⇒ I trung điểm đoạn BD′ ⇒ MI= a BC=′ 2 AB + AD′ BD′ a +a − = Xét ∆BAD′ ⇒ AI = 2 2 2 (a 3) − a2 a = ⇒ AI = 2  a   a 2  a 2   +  −  2 2 AM MI AI + −  2 2 = ⇒  Xét ∆AMI ⇒ cos  AMI = AMI =450 = AM MI a a 2 ( ) Từ (1), (2) suy C ′D′ ⊥ ( AMI ) Kẻ AH ⊥ ( BC ′D′ ) ⇒ AH ⊂ ( AMI ) ⇒ H ∈ MI a a  = AH AM sin= AMI sin = 450 Xét ∆HAM vuông H ⇒ 2 Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 16 1 a a3 a.a= AH S ∆= ⇒ VABC = ′D′ BC ′D′ 3 2 12 mà VABC ′D′ AC ′ AD′ 1 a3 =⇒ VABCD = 6VABC ′D′ = = = VABCD AC AD Cách 2: Ta có: Thể tích khối tứ diện ABCD = VABCD (   − cos BAC  cos CAD  cos DAB AB AC AD + cos BAC ) ( ) (   − cos DAB − cos CAD ) a3 0 0 2 = a.2a.3a + cos 60 cos 90 cos120 − ( cos 60 ) − ( cos 90 ) − ( cos120 ) = Kết luận: VABCD = a3 x − y −1 z − Câu 39: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng chéo d : = = 1 −1  x= + t  ; d ′ :  y = + t Một mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng d , d ′ có bán kính nhỏ Tâm  z = −1 mặt cầu A ( 2;1;1) B ( 2; −1;1) C ( 2; −1; −1) D ( −2;1;1) Lời giải Chọn A Gọi MN đoạn vng góc chung d d ′ , với M ∈ d , N ∈ d ′ Khi mặt cầu ( S ) cần tìm có tâm trung điểm I MN bán kính R = MN +/ Ta có :  d có VTCP u (1; −1;1)  d ′ có VTCP u ′ (1;1;0 )  +/ M ∈ d ⇒ M ( + t ;1 − t ; + t ) , N ∈ d ′ ⇒ N ( + u;1 + u; −1) ⇒ MN = ( − t + u; t + u; −5 − t )    MN u =  M = (1; 2;3) ( − t + u ) − ( t + u ) + ( −5 − t ) =0 t = −1 ⇔ ⇒ ⇔ +/ Ta có :    u = −1 = ( − t + u ) + ( t + u ) =0  N ( 3;0; −1)  MN u ′ = { Vậy tâm mặt cầu : I ( 2;1;1) ⇒ Chọn A Câu 40: Cho hàm số y = f ( x ) = ax3 + bx + cx + d có đồ thị hình vẽ Hỏi có giá trị m nguyên để đồ thị hàm số = y f ( 12 x + + m ) có điểm cực trị ? Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 17 A D Vô số C B Lời giải Chọn A +/ Cách vẽ đồ thị hàm số = y g (= x ) f ( 12 x + + m ) : -) Tịnh tiến đồ thị hàm = y f (12 x + 1) theo phương ngang m đơn vị, đồ thị hàm y f (12 x + + m ) kí hiệu ( C1 ) = -) Vẽ đồ thị hàm y g (= x ) f ( 12 x + + m ) = y f ( 12 x + + m ) , ta đồ thị ( C2 ) hàm số = +/ Khi đó, ta có : Số điểm cực trị hàm g ( x ) = hai lần số điểm cực trị lớn − hàm 12 y f (12 x + + m ) cộng = +/ Mà kết ba, nên số điểm cực trị dương hàm = y f (12 x + + m ) +/ Dựa vào đồ thị ta có, hàm số là: f ( x ) = x3 − x − ⇒= y f (12 x + + m= ) (12 x + + m ) − (12 x + + m ) −= f1 ( x ) ⇒= f1′ ( x ) 3.12 (12 x + + m ) − 3.12 m  x= −  12 1 x + + m = 12 ⇔ +/ Xét : f1′ ( x ) = ⇔  m+2 12 x + + m =−  x = −  12 +/ Mà : − m+2 m m+2 m < − Suy ta có : − ≤− f ′ ( x= ) 3x − 24 x + 2018= ( x − ) + 1970 > 0, ∀x ∈  ⇒ hàm số y = f ( x ) đồng biến  ) ( Suy f log 0,2 ( log ( m − 1) ) − 2019 < f ( f ( ) ) ⇔ log 0,2 ( log ( m − 1) ) − 2019 < f ( ) ⇔ log 0,2 ( log ( m − 1) ) < ⇔ log ( m − 1) > ⇔ m > m ∈   Do m ∈ [ −12;12] ⇒ m ∈ {4;5; ;12} Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn m >  Câu 44: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;3) , B ( 3; 2;3) Tìm M thuộc mặt phẳng ( Oxy ) cho MA + MB đạt giá trị nhỏ A M ( 2; 2;0 ) B M (1; 2;0 ) C M ( −2; 2;0 ) D M (1; − 2;0 ) Lời giải Chọn A A (Oxy) B H M A' Phương trình mặt phẳng ( Oxy ) : z =  Ta có AB = ( 2;0;0 ) , A ∉ ( Oxy ) ⇒ AB // ( Oxy ) Gọi H hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng ( Oxy ) ⇒ H (1; 2;0 ) Gọi A ' điểm đối xứng A qua mặt phẳng ( Oxy ) ⇒ H trung điểm AA ' ⇒ A ' (1; 2; − 3)  = A' B Có x= 1+ t ( 2;0;6 ) ⇒ phương trình tham số đường thẳng A ' B :  y =  z =−3 + 3t  Ta có MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B = 10 Suy ( MA + MB ) = 10 ⇔ A ', M , B thẳng hàng M giao điểm A ' B với ( Oxy ) ⇒ M ( 2; 2;0 ) Câu 45: Có tất giá trị nguyên không âm tham số m = e3 x + e m log A để phương trình ( cos x + 1) có nghiệm đoạn 0; π2  2 B C D Lời giải Chọn A Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 20 m ≥ e m ≥  ⇒ VT(1) ≥ log ( cos x + 1) (1) Vì  e +e =  π  ⇒  3x  x ∈ 0;  e ≥    3x m  π Lại có : cos x + ≤ 2, ∀x ∈ 0;  ⇒ log  2 ( cos x + 1) ≤ log 2 2 =2 hay VP(1) ≤ VT(1) ≥ x = Vậy  ⇒ VP = VT ⇔ VP = VT = ⇔  VP(1) ≤ m = Vậy có giá trị m = thỏa mãn ycbt Câu 46: Cho hai hàm số hàm số y = f ( x) y = f ( x ) = x3 + ax + bx + c y = g ( x) y = g ( x ) = dx + ex + h ( a, b, c, d , e, h ∈  ) Biết có đồ thị hình vẽ Hình phẳng giới hạn hai đồ thị cho có diện tích A 12 B C 10 D Lời giải Chọn D Ta có: f ( x ) − g ( x ) = x3 + ( a − d ) x + ( b − e ) x + c − h có nghiệm phân biệt: −3, −1,1 Theo giả thiết, ta suy phương trình f ( x ) − g ( x ) = Nên f ( x ) − g ( x ) = ( x + 3)( x + 1)( x − 1) Vậy, diện tích hình phẳng giới hạn hai đồ thị là: S = ∫ ( x + 3)( x + 1)( x − 1) dx = −3 Câu 47: Cho hai số phức z , w ∈  thỏa mãn z + = z , z + i = z − i , w − − 3i ≤ 2, w − + 6i ≤ 2 Giá trị lớn z − w A B C D Lời giải Chọn A Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 21 x + yi, ( x, y ∈  ) Gọi M ( x ; y ) điểm biểu diễn z mp ( Oxy ) Giả sử z = Ta có: +) z + = z ⇔ ( x + ) + y = x + y ⇔ x + = ( d1 ) +) z + i = z − i ⇔ x + ( y + 1) =x + ( y − 1) ⇔ y =0 2 ( d2 ) Khi M = ( d1 ) ∩ ( d ) ⇒ M ( −1;0 ) a + bi, ( a, b ∈  ) Gọi N ( a ; b ) điểm biểu diễn w mp ( Oxy ) Giả sử w = Ta có: +) w − − 3i ≤ 2 ⇔ ( a − ) + ( b − 3) ≤ ( C1 ) +) w − + 6i ≤ 2 ⇔ ( a − ) + ( b − ) ≤ ( C2 ) 2 2 Với ( C1 ) hình trịn tâm I ( 2;3) , bán kính R1 = 2 ; ( C2 ) hình trịn tâm J ( 5;6 ) , bán kính R2 = 2 Khi N thuộc miền chung hai hình trịn ( C1 ) ( C2 ) ( hình vẽ) MN Ta có: z − w =   Ta có: MI = ( 3;3) ; IJ =  ( 3;3) ⇒ MI =  IJ Như ba điểm M , I , J thẳng hàng Do đó: MN lớn N = MJ ∩ ( C1 ) ⇒ MN max = MI + IN = + 2 = 2 hai điểm Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y − =   A(4; 2; 4), B (1; 4; 2) MN dây cung mặt cầu thỏa mãn MN hướng với u = (0;1;1) MN = Tính giá trị lớn AM − BN A 41 B C D 17 Lời giải Chọn C Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 22 A A' I M B N Tâm I (1; 2; 0) , bán kính R =   IA (3;0; 4) ⇒ = IA , = IB (0; 2; 2) ⇒ = IB 2 nên điểm A(4; 2; 4) nằm ngồi mặt cầu Ta có = ( S ) điểm B(1; 4; 2) nằm mặt cầu ( S )    MN Do MN hướng với u = (0;1;1) suy =  MN = ( 0; 4; ) ( 0; k ; k ) , k > MN = suy  ( A) , suy A′ = (4;6;8) Khi AMNA′ hình bình hành nên AM = A′N Gọi A′ = TMN Ta có AM − BN = A′N − BN ≤ A′B , dấu xảy A′, N , B thẳng hàng ⇔ N giao điểm mặt cầu với đường thẳng A′B (Điểm N tồn tại)  A′B =(−3; −2; −6) suy A′B = (−3) + (−2) + (−6) = Vậy AM − BN = A′B = a + bi a, b ∈ A} Chọn ngẫu nhiên hai phần tử Câu 49: Cho tập A = {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} Tập X = {z = thuộc X Xác suất để chọn hai phần tử có modul nhau, gần giá trị nhất? A 0,0098 B 0,0198 C 0,0298 D 0,0398 Lời giải Chọn A Số phần tử X 102 Chọn ngẫu nhiên hai số phức từ X có C100 Ta có bốn số thỏa mãn a + b = c + d là: (0,5,3,4) (1,7,5,5) (1,8,4,7) (2,9,6,7) Từ cho ta 14 cặp số phức có mơ đun nhau, cặp dạng ( a + bi, b + ) có mơ đun nhau, có tất C102 + 14 cặp Vậy xác suất chọn hai phần tử có modul C102 + 14 ≈ 0, 0119 C100 Kết gần đáp án A Câu 50: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 3) = 25 2 hình nón ( H ) có đỉnh A ( 3; 2; −2 ) nhận AI làm trục đối xứng với I tâm mặt cầu Một đường Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 23 sinh hình nón ( H ) cắt mặt cầu M , N cho AM = AN Viết phương trình mặt cầu đồng tâm với mặt cầu ( S ) tiếp xúc với đường sinh hình nón ( H ) 71 2 A ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 3) = 70 2 B ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 3) = 74 2 C ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 3) = 76 2 D ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 3) = Lời giải Chọn A Gọi hình chiếu vng góc I MN K Dễ thấy AN = NK = AM , mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;3) bán kính R = 213 Có AM AN =AI − R =4 ⇒ AN = ⇒ KN =AN = ⇒ IK = IN − KN = 3 Nhận thấy mặt cầu đồng tâm với mặt cầu ( S ) tiếp xúc với đường sinh hình nón ( H ) mặt cầu tâm I (1; 2;3) có bán kính IK = 213 71 2 Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 3) = Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 24 ... A 41 B C D 17 Lời giải Chọn C Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 22 A A'' I M B N Tâm I (1; 2; 0) , bán kính R =   IA (3;0; 4) ⇒ = IA , = IB (0; 2; 2) ⇒ = IB 2 nên điểm A (4; 2; 4) nằm... e Chọn đáp án đúng? A g (18) > g (20) B g (12) < g ( 14) C g (10) < g (12) D g (2019) > g (2020) Lời giải Chọn B + Ta có bảng biến thi? ?n hàm số: f ′( x= ) x − x , ∀x ∈  Tài liệu KYS Giáo... đồng B 2 24, 7 triệu đồng C 236,6 triệu đồng D 243 ,5 triệu đồng Lời giải Chọn A Sau năm tính từ lần gửi đầu tiên: 100 triệu gửi lần thứ thu số tiền gốc lẫn lãi : T1 = 100.(1 + 6%) ≈ 126, 24 triệu