Thi thử KYS lần 1 môn toán (đáp án)3

HƯỚNG ĐẾN KỲ THI THPT 2020 THI THỬ KYS – LẦN MƠN: TỐN HỌC Thời gian làm bài: 90 phút ĐÁP ÁN 10 B D A A A B B B A A 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 B A B C C B C A A D 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 C C A D A B B A B A 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 B C C B A A B C C C 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 C A D C C D A A A C Câu x Đặt t = log   x log 2 A 6t bằng: C B 6t 6t D 21+ Lời giải Chọn B x x Ta= có t log   ⇔ = 2t log   ⇔ log = x 2t − 2 2 log Mặt khác, x= Câu log x = t +1 = 6t Tìm giá trị nhỏ hàm số y = A B −2 2x + đoạn  2;  1− x C Lời giải Chọn D D −5 6t y′ = ( − x + 1) Câu > ∀x ≠ ⇒ y =y ( ) =−5  2;3  Một tổ học sinh có nam nữ Chọn ngẫu nhiên người Tính xác suất cho người chọn nữ A 15 B 15 15 Lời giải C D Chọn A Xác suất người chọn nữ Câu C32 = C10 15 Nghiệm phương trình cos x = −   2π π π A x = B x = C x = ± + k 2π ± + kπ ± + k 2π 3 Lời giải D x = ± π + k 2π Chọn A 2π 2π cos x = x= cos −  cos ⇔ = ⇔x ± + k 2π , k ∈  3 Câu Hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số y = A −2 B Đáp số khác x4 x2 + − điểm có hồnh độ x0 = −1 C D Lời giải Chọn A y′ =x + x ⇒ y′ ( −1) =−2 Câu Hàm số sau không nguyên hàm hàm số f ( x ) = A F1 ( x ) = x2 − x − x+1 B F2 ( x ) = x2 + 2x ( x + 1) Chọn C ( F ( x )) = x2 + 2x ( x + 1) ( F ( x ) )′ = x 2 , đáp án A nguyên hàm f ( x ) + 2x + ( x + 1) x2 + x − x2 + x + x2 C F3 ( x ) = D F4 ( x ) = x+1 x+1 x+1 Lời giải ′ , đáp án B nguyên hàm f ( x ) ( ′ x + 2x , đáp án C nguyên hàm f ( x ) F3 ( x ) = ( x + 1) ) ( F ( x ) )′ = x + 2x ( x + 1) Câu 2 , đáp án D nguyên hàm f ( x ) Cho đồ thị ( H ) : y = ( H ) Ox 2x − Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị ( H ) giao điểm x−3 −2 x + B y = A y = x −2 x − C y = y 2x − D = Lời giải Chọn B ( H ) ∩ Ox y′ = ⇒x= ⇒y= −2 ( x − 3) ⇒ y′ ( ) = −2 −2 x + Phương trình tiếp tuyến: y = −2 ( x − ) ⇔ y = Câu Tìm nguyên hàm hàm số f = ( x) 2x + ( 2x + 3) 2x + + C A ∫ f ( x ) d=x C ∫ f ( x ) dx =− ( x + ) 2x + + C B ∫ f ( x ) d=x ( 2x + 3) 2x + + C D dx ∫ f ( x )= 2x + + C Lời giải Chọn B Ta có Câu ∫ f ( x ) d=x ∫ ( x + ) d= x ( 3x + ) = ( 2x + 3) 2x + + C 3 Đồ thị sau hàm số nào? A y = 2x + x+1 B y = x+3 1− x C y = x+2 x+1 D y = x −1 x+1 Lời giải Chọn A Dựa vào đồ thị trên, ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng x = −1 , tiệm cận ngang đường thẳng y = đồng biến khoảng ( −∞; − 1) ( −1; + ∞ ) Xét hàm số: y = 2x + x+1 Tập xác định:= D  \{−1} = y′ ( x + 1) > 0, ∀x ∈ D Hàm số đồng biến khoảng ( −∞; − 1) ( −1; + ∞ ) Tiệm cận đứng: x = −1 Tiệm cận ngang: y = , u = 26 Tìm công sai d 10 B d = C d = 10 Lời giải Câu 10 Cho cấp số cộng ( un ) có u1 = A d = 11 D d = Chọn A 11 u= u1 + d ⇔ 26 = + d ⇔ d = 3 Câu 11 Đồ thị hàm số y = x2 + x + có đường tiệm cận? − 5x2 − x + A B C Lời giải Chọn B  3 TXĐ:= D  \ −1;   5 D 11 x2 + x + x2 + x + 1 ; − đường tiệm cận = − ⇒y= lim = − →−∞ x x →+∞ −5 x − x + 5 −5 x − x + ngang Ta có: lim lim+ x2 + x + −1 đường tiệm cận đứng = +∞ ⇒ x = −5 x − x + lim+ x2 + x + = −∞ ⇒ x = đường tiệm cận đứng −5 x − x + x →−1 x→ Vậy đồ thị hàm số cho có đường tiệm cận Câu 12 Cho tứ diện ABCD , M trung điểm cạnh BC Khi cos ( AB, DM ) bằng: A B C D Lời giải Chọn A A B D M C Giả sử tứ diện ABCD có cạnh a ta có: DM = a         a.a.cos 60° + a.a.cos120° AB.DB + AB.BM AB.DM = Ta lại có: cos AB, DM =   = a a AB DM a a 2 ( = ) Vậy cos ( AB, DM ) = Câu 13 Trong hàm số sau, hàm số đồng biến  A y = x + x + B = y x3 + C y = Lời giải Chọn B Xét hàm số = y x + ta có: 4x + x+2 D y = tan x TXĐ: D =  y′= x ≥ ∀x Vậy hàm số đồng biến  Câu 14 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Biết SA ⊥ ( ABCD ) SA = a Thể tích khối chóp S ABCD là: A a 3 B a3 12 C a3 D a3 Lời giải Chọn C S A B D C Ta có:= ; B S= a2 h SA = a 3= ABCD a3 = V = B.h 3 Câu 15 Chọn kết lim x →+∞ A − B − + 3x 2x2 + C D Lời giải Chọn C 1  x + 3 +3 x + 3x   x Ta có: = = lim lim = lim x →+∞ x→+∞ x + x→+∞ 2+ x 2+ x x 3 = 2 Câu 16 Hàm số F ( x ) = ( ax + b ) x + ( a, b số thực) nguyên hàm f ( x) = A 12 x 4x + Tính a + b B D C Lời giải Chọn B x ) a x + + ( ax + b ) Ta có F ′ (= 2x 4x + = ax + a + 2b 4x + Để F ( x ) nguyên hàm f ( x ) ax + a + 2b 4x + = 12 x 4x + = 6 a 12 = a ⇔ ⇔ −1  a + 2b = b = Do a + b = Câu 17 Cho khối lăng trụ ABC A′B′C ′ tích V , thể tích khối chóp C ′ ABC là: A 2V B V V Lời giải C D V Chọn C Gọi h khoảng cách từ C ′ đến mặt phẳng ( ABC ) B diện tích tam giác ABC Khi đó, thể tích lăng trụ V = Bh , thể tích khối chóp C ′ ABC VC ′ ABC = Bh Do đó, VC ′ ABC = V Câu 18 Tìm tích số tất nghiệm thực phương trình A −1 x2 − x + C − B = 49 D Lời giải Chọn A x2 − x + = 49 ⇔ x2 − x +  1− x=  = ⇔ x2 − x + = ⇔ x2 − x − = ⇔  2  1+ x =  Khi tích nghiệm là: Câu 19 Cho m > , a = m m , y = A y = 18 a 35 1− 1+ = −1 2 m a m B y = a2 Mệnh đề đúng? C y = Lời giải Chọn A a 34 D y = a11 a=m m =m ⇒a 18 =m 18 12 m = a m m = m ,= y 13 = a m 12 18 m a = = a a2 18 a 35 Câu 20 Số mặt phẳng đối xứng hình lập phương là: A C B D Lời giải Chọn D A M D Q R N B C I J L K A' D' P T S B' C' O Hình lập phương có mặt phẳng đối xứng Cho hình lập phương ABCD A′B′C ′D′ có trung điểm cạnh hình bên, mặt phẳng đối xứng hình lập phương ( ABC′D′) , ( ADC′B′) , ( DCB′A′) , (CBA′D′) , ( ACC′A′) , ( BDD′B′) , ( MNOP ) , (QRST ) , ( IJKL ) Câu 21 Đạo hàm hàm số y log x ( x + ) = A y′ = C y′ = ( 5x + ) ln ( 3x ) B y′ = x ln ( x ) − ( x + ) ln ( x + ) x ( x + ) ln ( x )  D y′ = ( 5x + ) ln ( x ) x ln ( x ) − ( x + ) ln ( x + ) x ( x + ) ln ( x )  Lời giải Chọn C = y log x ( x= + 2) ln ( x + ) ln ( x ) ln ( x ) − ln(5 x + 2) x ln ( x ) − (5 x + 2) ln(5 x + 2) 3x y′ = x + = 2 ln ( x )  x ( x + ) ln ( x )  2  2x + −  Câu 22 Cho hàm số f ( x ) =  x+2 0  x > −2 Tìm khẳng định khẳng x = −2 định sau: (I) lim + f ( x ) = x →( −2 ) ( II ) f ( x ) liên tục x = −2 ( III ) f ( x ) gián đoạn x = −2 A Chỉ ( III ) B Chỉ ( I ) C Chỉ ( I ) ( II ) D Chỉ ( I ) ( III ) Lời giải: Chọn C Hàm số f ( x ) xác định nửa khoảng −  2; +∞ ) Ta có: lim + f ( x ) = lim + x →( −2 ) x →( −2 ) 2x + − x+2 = lim + x →( −2 ) 2x + − = x + 2x + + ( ) x+2 lim + = x →( −2 ) 2x + + Khẳng định ( I ) Ta có lim + f ( x ) = f ( −2 ) = , theo định nghĩa hàm số liên tục đoạn hàm số x →( −2 ) liên tục x = −2 Khẳng định ( II ) đúng, khẳng định ( III ) sai Câu 23: Cho hình lập phương tích V Một hình cầu có diện tích mặt cầu diện tích tồn phần hình lập phương cho thể tích tương ứng bằng: A V π B 2V π C πV D π V Hướng dẫn giải Gọi cạnh hình lập phương a Vậy thể tích hình lập phương là: V = a Diện tích tồn phần hình lập phương là: Stp = 6a Diện tích mặt cầu: S =4πR =6a ⇒ R =a 2π 4   6 Thể tích hình cầu là: Vc = πR = π  a =V  =a 3  2π  π π  Chọn đáp án A Câu 24 Cho khối chóp S ABC , ba cạnh SA , SB , SC lấy ba điểm A′ , B′ , C ′ 1 cho SA′ = SA , SB′ = SB , SC ′ = SC Gọi V V ′ thể tích khối V′ chóp S ABC S A′B′C ′ Khi tỉ số là: V A 12 B 12 C 24 D 24 Lời giải: Chọn D S C' B' A' C A B V ′ SA′ SB′ SC ′ 1 1 Theo cơng thức tỉ số thể tích khối chóp, ta được: = = = V SA SB SC 24 Câu 25 Cho a dương, khác Tìm giá trị P = a A log a a 27 D 39 C B 27 Lời giải Chọn A P=a log a a 27 =a log a3/2 ( ) 33 =a 3.2 log a 3 ( ) 2 = alog a = 3= ( ) Câu 26 Biết log xy = log x y = Tính log ( xy ) A log ( xy ) = B log ( xy ) = C log ( xy ) = D log ( xy ) = Lời giải Chọn B  x = 10 log xy =  xy = 10  10    Ta có:  ⇒ ⇒ log xy = log ⇒ ( )    10 2  10 y = log x y =  x y = 10 10  ( ) ( ) Câu 27 Hàm số f ( x ) = A x2 + x + có điểm cực trị? x+1 B C   =  D ( )  x ln x − x − x − ln ( x − 1) + x + ln ( x − 1)  dx Khi đó: I = ∫  x     = ∫ ln ( x 2 ) ( ) dx  x ln x − x − x − ln ( x − 1)  − x=   = ln − − ln − ln += ln − Câu 35 Cho hàm số: y = − ( 0; ) A a ≥ 12 x3 + ( a − 1) x + ( a + ) x − Tìm a để hàm số đồng biến khoảng B a < −3 C a ≤ −3 D a > 12 Lời giải Chọn A Ta có: y′ =− x + ( a − 1) x + a + Để hàm số đồng biến khoảng ( 0; ) y′ ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; ) ⇔a≥ x2 + 2x − , ∀x ∈ ( 0; ) ⇔ a ≥ max f ( x ) ( 0; ) 2x + x2 + 2x − Xét hàm số f ( x ) = khoảng ( 0; ) 2x +   15 2 x +  + 2 2x + 2x +  Ta= có f ′ ( x ) = > 0, ∀x ∈ ( 0; ) 2 x + x + 2 ( ) ( ) 12 f ( 3) = ⇒ f ( x ) đồng biến khoảng ( 0; ) ⇒ max f ( x ) = ( 0; ) Vậy m ≥ 12 Câu 36 Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A′B′C ′ có đáy tam giác vuông cân B , = BC = a , AA′ = a , M trung điểm BC Tính khoảng cách hai đường thẳng AB AM B′C A a B a C Lời giải Chọn A 2a D a A C M B E A' C' B' Gọi E trung điểm BB′ Khi đó: EM // B′C ⇒ B′C // ( AME) ( ) ( ) ( ′C , ( AME ) d= Ta có: = d ( AM , B′C ) d B= C , ( AME ) d B, ( AME ) ) Xét khối chóp BAME có cạnh BE , AB , BM đơi vng góc với nên ( d B, ( AME ) ) = 1 1 a2 2 ⇔ = a + + ⇔ d B, ( AME ) = AB2 MB2 EB2 d B, ( AME ) ( ( ) ) a ⇔ d B, ( AME ) = ( ) Câu 37 Một chất điểm chuyển động theo quy luật S ( t ) =+ 3t − t Vận tốc chuyển động đạt giá trị lớn t A t = C t = B t = D t = Lời giải Chọn B Chất điểm chuyển động theo quy luật S ( t ) =+ 3t − t Vì vận tốc chuyển động thời điểm t S′ ( t ) ; ta tìm giá trị lớn hàm số S′ ( t ) ( ) ′ Ta có S′ ( t ) = + 3t − t =6t − 3t = −3 t − 2t = − ( t − 1) ≤ 3, ∀t ∈  ( ) max S′ ( t ) = t − = ⇔ t =  Câu 38 Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên sau –∞ x y' -2 – + +∞ +∞ – y -3 ( –∞ ) Hàm số= y f x − có giá trị nhỏ đoạn 0;  A f ( −2 ) B f ( ) C f ( 1) Lời giải Chọn C D f ( ) ( ) = y f x − ( 1) Đặt t= x − , t ≥ ( 1) trở thành: y = f ( t ) ( t ≥ ) Có= t ( x − 1) ⇒ t′x = x −1 ( x − 1) Có y′x = t′x f ′ ( t ) x = x = x = 1 t′x =    y′x = ⇔ t′x f ′ ( t ) = ⇔ ⇔ t = −2 ( L ) ⇔  x − = ⇔ x =  f ′ ( t ) = t =  x − =−1  x =  Lấy x = có t′ ( ) f ′ ( ) < , đạo hàm đổi dấu qua nghiệm đơn nên ta có bảng biến thiên: x y' – + y CT ( ) Hàm số= y f x − có giá trị nhỏ đoạn 0;  f ( 1) Câu 39 Thầy Q có vườn Xồi Nhật, thầy bán 50.000 đồng Với giá bán thầy bán khoảng 40 bưởi Thầy dự định giảm giá bán, ước tính giảm 5000 đồng số Xồi Nhật bán tăng thêm 50 Xác định giá bán để thầy thu lợi nhuận lớn nhất, biết tổng chi phí vốn bỏ Xồi 30.000 đồng A 44.000 đ B 43.000 đ C 42.000 đ D 41.000 đ Lời giải Chọn C Gọi t số lần giảm ( ≤ t ≤ 4; t ∈  ) 5000t tổng số tiền giảm Lúc giá bán 50000 − 5000t , số bưởi bán 40 + 50t suy tổng số tiền bán vốn lẫn lãi ( 50000 − 5000t ) ( 40 + 50t ) ; số tiền vốn nhập ban đầu 30000 ( 40 + 50t ) Ta có lợi nhuận thu f ( t= ) Ta tìm t để f ( t ) lớn nhất: ( 50000 − 5000t )( 40 + 50t ) − 30000 ( 40 + 50t ) f (t ) = ( + 5t )( 20 − 5t ) 10000 f (t ) ⇒ g (t ) = = −25t + 80t + 80= 144 − ( 5t − ) ≤ 144, ∀t ∈  10000 Để f ( t ) lớn g ( t ) lớn nhất; g ( t ) lớn 144 5t − = ⇔ t = t= ⇒ 5000t = 8000 Do giảm số tiền bưởi 8000đ , tức giá bán 50000 − 8000 = 42000đ lợi nhuận thu cao Câu 40 Một thùng đựng đầy nước tạo thành từ việc cắt mặt xung quanh hình nón mặt phẳng vng góc với trục hình nón Miệng thùng đường tròn có bán kính ba lần bán kính mặt đáy thùng Người ta thả vào khối cầu có đường kính chiều cao thùng nước đo thể tích nước tràn 54 3π (dm3) Biết khối cầu tiếp xúc với mặt thùng nửa khối cầu chìm nước (hình vẽ) Thể tích nước lại thùng có giá trị sau đây? A 46 3π (dm3) B 18 3π (dm3) C 46 3π (dm3) D 18π (dm3) Lời giải Chọn C Gọi R bán kính khối cầu Khi thể tích nước tràn ngồi thể tích nửa khối cầu nên π= R3 54 3π ⇔= R 3 = R Cắt thùng nước thiết diện qua trục ta hình thang cân ABCD với AB = 3CD Do chiều cao thùng nước = h Gọi O giao điểm AD BC tam giác OAB cân O Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB I giao điểm OH CD → I AH OI DI Ta có = = → OH = HI = OH AH trung điểm DC nên DI = Gọi K hình chiếu H OA HK= R= 3 Tam giác OHA vng H có đường cao HK nên 1 1 1 = + → = − = → AH =6 → DI =2 2 2 2 36 HK HO AH AH HK HO ) ( ( ) hπ AH + DI + AH DI 3π + 2 + 6.2 208 3π Thể tích thùng đầy nước = = 3 Do thể tích nước lại 208 3π 46 3π − 54 3π = dm3 3 ( ) Câu 41 Biết tập hợp tất giá trị tham số m để phương trình x − x − x + m = m a  a có nghiệm −  ∪ ( −c ; d ) , với a , b , c , d số tự nhiên phân số tối b  b giản Tính giá trị biểu thức S =a + 2b + 3c + 4d A S = 10 C S = 16 B S = 15 D S = 18 Lời giải Chọn C Gọi phương trình cho ( 1) Đặt x+m = t , điều kiện t ≥ , phương trình ( 1) trở thành: ( ) m + − 2t m + t − t − t = (2)  m= t + t Giải ( ) theo m ta  ( 3)  m = t − t − Ta thấy với giá trị t ≥ , cho ta giá trị x , ( 1) có nghiệm hệ ( ) có nghiệm t ∈ 0; +∞ ) Vẽ hai đồ thị hàm số y= t + t y = t − t − với t ≥ hệ trục tọa độ y t y=m O -1 Căn đồ thị ta có hệ ( ) có nghiệm đường thẳng y = m giao với hai nhánh đồ thị điểm nhất, suy m = − −1 < m < a 5,= b 4,= c 1,= d , S = 16 Vậy= Cách 2: Gọi phương trình cho ( 1) ( 1) ⇔ x  ⇔  ( ) )( ) ( − ( x + m) = x + x + m ⇔ x + x + m x − x + m − =   x ≤  = x2 − x x+m = −x  m ⇔ (2)  x ≥ x + m =x −   m = x − x +  Vẽ hai đồ thị hàm số = y x − x với x ≤ y = x − x + với x ≥ hệ trục tọa độ y O y=m x -1 Căn đồ thị ta có hệ ( ) có nghiệm đường thẳng y = m giao với hai nhánh đồ thị điểm nhất, suy m = − Vậy= a 5,= b 4,= c 1,= d , S = 16 −1 < m < Câu 42 Cho lăng trụ ABC A′B′C ′ có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A′ lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết khoảng cách hai đường thẳng AA′ BC a3 A 12 a3 B a Khi thể tích khối lăng trụ a3 C Lời giải a3 D 24 Chọn A Gọi H trọng tâm tam giác ABC I trung điểm BC Ta có  A′H ⊥ BC  ⇒ BC ⊥ ( A′AI ) ⇒ BC ⊥ AA′  AI ⊥ BC  A′H ∩ AI = H  Gọi K hình chiếu vng góc I lên AA′ Khi IK đoạn vng góc chung AA′ BC nên IK =d ( AA′, BC ) = IK = a Xét tam giác vuông AIK vng K có a a  =30° , AI = ⇒ IK = AI ⇒ KAI 2 Xét tam giác vuông AA′H vng H có A′H =AH= tan30° a 3 a = 3 a2 a a3 = = Vậy VABC A′B′C ′ 12 u1 = 2019  Câu 43 Cho dãy số ( un ) xác định bởi:  Tính giá 2019 − u1 + u2 + u3 + + un−1 ) , n > ( un = n  2019 trị biểu thức A= 2.u1 + u2 + + u2019 A 32019 B 2019 C D Lời giải Chọn D n + 1) ! (= n! 1 1 Ta= có có Cnk = Cnk++11 k +1 k + k ! ( n − k ) ! n + ( k + 1) ! ( n + 1) − ( k + 1)  ! n +   1 k k +1 u1 = = C2018 C k +1 2019 C2019 suy S = 2019 2019 k +1 Từ giả thiết suy −2019 ( u1 + u2 + u3 + + un− ) − 2019un−1 =− nun = ( n 1) un−1 − 2019un−1 =− ( n 2020 ) un−1 n − 2020 → un = un−1 n 2018 1 1 Suy u2 = − u1 = − C2018 u1 = − C2018 2019 = −C2019 2 = u2 2017.2018 = u1 = C2018 u1 C2019 2.3 2016.2017.2018 u3 = − = − C2018 u1 = −C2019 2.3.4 = u2019 = 2018 2019 = C2018 u1 C2019 2019 2019 Suy S = 2.C2019 − 2 C2019 + C2019 − C2019 + + 2019 C2019 = ( − 1) 2019 +1= Câu 44 Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên sau: Đồ thị hàm số = y g= ( x) f ( x) + f ( x) + f ( x) − có tổng số tất đường tiệm cận đứng đường tiệm cận ngang A B C Lời giải D Chọn C 2 + 1+ + f ( x) f ( x) f ( x) f ( x) Ta có lim g ( x ) lim lim g ( x ) lim = = = = x →−∞ x →−∞ x →−∞ x →−∞ 9 1− 1− f ( x) f ( x) 1+ Suy đường thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị y = g ( x ) ( f ( x ) + 1) g= ( x) ( f ( x ) − 3) ( f ( x ) + 3) = y x =  Dựa vào BBT ta có f ( x ) = ⇔  x = a < −1  x= b > ( f ( x ) + 1) = −∞ suy đường thẳng Với x > ⇒ f ( x ) < , lim g ( x ) = lim ( f ( x ) − 3) ( f ( x ) + 3) x →0+ x →0+ x = tiệm cận đứng ( f ( x ) + 1) = −∞ suy đường thẳng Với x > a ⇒ f ( x ) < , lim g ( x ) = lim f x − f x + ( ) ( ) ( )( ) x → a+ x → a+ x = a tiệm cận đứng ( f ( x ) + 1) = +∞ suy đường thẳng x = b Với x > b ⇒ f ( x ) > , lim g ( x ) = lim ( f ( x ) − 3) ( f ( x ) + 3) x → b+ x → a+ tiệm cận đứng  x= c ,0 < c < Dựa vào BBT ta có f ( x ) =−3 ⇔  = x d , d > ( f ( x ) + 1) = +∞ suy đường thẳng Với x > c ⇒ f ( x ) < −3 , lim g ( x ) = lim ( f ( x ) − 3) ( f ( x ) + 3) x →c + x →c + x = c tiệm cận đứng ( f ( x ) + 1) = +∞ suy đường thẳng Với x > d ⇒ f ( x ) > −3 , lim g ( x ) = lim ( f ( x ) − 3) ( f ( x ) + 3) x →c + x →c + x = d tiệm cận đứng Vậy tổng số đường tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị y = g ( x ) Câu 45 Cho hình chóp S ABC có đáy ∆ABC vuông cân B , AC = a , SA ⊥ ( ABC ) , SA = a Gọi G trọng tâm ∆SBC , mp (α ) qua AG song song với BC chia khối chóp thành hai phần Gọi V thể tích khối đa diện khơng chứa đỉnh S Tính V A 4a3 B 4a3 27 C 5a 54 D 2a3 Lời giải Chọn C Trong mặt phẳng ( SBC ) Qua G kẻ đường thẳng song song với BC cắt SC , SB E, F Khi ta khối đa diện khơng chứa đỉnh S ABCEF Ta có G trọng tâm ∆SBC nên VS.AFE SA SF SE 2 = = = VS ABC SA SB SC 3 4 Do VS.AFE = VS ABC ⇒ VABCEF =V S ABC − VS ABC = VS ABC 9 Vì tam giác ∆ABC vng cân B , AC = a nên AB = BC = a Mặt khác= VS ABC a 5a 11 a3 Suy VABCEF = a.a.a = = 32 54 Câu 46: Cho biết M giá trị lớn hàm số f ( x ) = x − 2ax + b đoạn [-1;2] Khi M đạt giá trị nhỏ giá trị biểu thức (M + a + 3b) tương ứng ? A B -2 C D -1 Hướng dẫn giải M ≥ f ( −1) = + 2a + b (1) M ≥ f ( ) = − 4a + b ( ) Ta có: M = max f ( x ) nên ta có:  x∈[ −1;2] 1 2 Đồng thời: M ≥ f   = 1 1 − a + b ⇔ 2M ≥ 2f   = − 2a + 2b = − + 2a − 2b ( 3) 2 Cộng ba BĐT (1), (2), (3), theo vế ta được: 1 4M ≥ + 2a + b + − 4a + b + − + 2a − 2b ≥ + 2a + b + − 4a + b − + 2a − 2b 2 9 ⇔ 4M ≥ ⇔ M ≥ (*) Dấu “=” xảy dấu “=” (1), (2), (3) đồng thời xảy cho giá trị (1+2a+b), (4-   + 2a − 2b  dấu với   4a+b),  − Tức điều kiện dấu “=” xảy khi:   1 + 2a + b =   a=   a − 4a + b = ⇔     b = −    − + a − b =     1 + 2a + b =−    4 − 4a + b =− ⇔ ( v.ng )    − + a − b =−  Tức đó: f ( x ) = x2 − x − giá trị nhỏ M nhận là: M giá trị biểu thức (M + a + 3b) là: M + a + 3b = +  a = =  b = −  21 − =−1  Chọn đáp án D Câu 47 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( C ) : x + y + x − y + = điểm A ( −4; ) Đường thẳng d qua A cắt ( C ) điểm M , N cho A trung điểm Tính S =a − 5b − c MN có phương trình ax + by + c = A S = B S = C S = −1 Lời giải Chọn A D S = −3 (C ) có tâm I ( −3;1) , bán kính R =  Đường thẳng qua A ( −4; ) có véc tơ pháp tuyến n = ( a; b ) a + b2 ≠ có phương ( ) trình dạng d : ax + by + a − 2b = Tam giác IMN cận I có A trung điểm MN nên IA ⊥ MN ⇒ d ( I ; d ) =IA ⇔ a−b a2 + b2 ( ) = ⇔ ( a − b ) =2 a + b2 ⇔ a =−b Suy S = a − 5b − c = −b − 5b − ( −4b − 2b) = Câu 48 Cho hàm số y = f ( x ) = ax + bx + c có đồ thị hình vẽ thỏa mãn đẳng thức sau: ( ) f ( x + 1) − f (= x ) x ( x + 1)( x + 1) Cho hàm số g ( x ) = mx + nx + p f= ( x ) g x2 − Tìm nghiệm phương trình g′ ( x ) = A − B −2 Chọn C Với x = f ( 1) = f ( ) C − Lời giải D −4 Vì f ( 1) = f ( ) đồ thị hàm số y = f ( x ) = ax + bx + c qua ( 0; −1) , ( 2;11) nên ta có hệ phương trình:  f ( 1) = f ( ) a= +b+c c = a    −1 ⇔ c = −1 ⇔ b = −1  f (0) =    16 a + 4b + c =11 c =−1  f ( ) = 11 Vậy f ( x ) = x − x − ( ) ( ) ( ) Ta có f ( x= ) g x2 − ⇔ x4 − x2 −=1 m x2 − + n x2 − + p ⇔ x − x −= mx + ( −2 m + n ) x + ( m − n + p ) = m = m   ⇔ −2 m + n =−1 ⇔ n =1 m − n + p =−1  p =−1   Do g ( x ) = x + x − g′ ( x ) = ⇔ x + = ⇔ x = − Vậy x = − Câu 49 Mỗi lượt, ta gieo súc sắc (loại mặt, cân đối, đồng chất) đồng xu (cân đối, đồng chất) Tính xác suất để lượt gieo vậy, có lượt gieo kết súc sắc xuất mặt chấm, đồng tiền xu suất mặt sấp A 397 1728 B 1728 C 398 1728 D 125 1728 Lời giải Chọn A Xét phép thử gieo ba lần súc sắc đồng tiền xu với không gian mẫu Ω Số phần tử không gian mẫu là: n (= Ω) ) ( 6.2= 1728 Xét biến cố E “trong ba lượt gieo có lượt gieo kết súc sắc xuất mặt chấm, đồng tiền xu suất mặt sấp” TH1: ba lần gieo kết quả: súc sắc xuất mặt chấm đồng xu xuất mặt sấp Có khả xảy TH2: ba lần gieo có lần gieo súc sắc xuất mặt chấm đồng tiền xu xuất mặt sấp Có C32 1.1 ( 12= − 1) 3.1.1.11 = 33 TH3: ba lần gieo có lần gieo súc sắc xuất mặt chấm đồng tiền xu xuất mặt sấp Có C31 ( 12 − 1) ( 12 − = = 363 1) 3.11.11 ⇒ n ( E ) =1 + 33 + 363 =397 Vậy xác suất biến cố E P= ( E) n ( E ) 397 = n ( Ω ) 1728 Cách khác: Xét biến cố E “trong ba lượt gieo có lượt gieo kết súc sắc xuất mặt chấm, đồng tiền xu suất mặt sấp” Ta có E biến cố “trong ba lượt gieo khơng có lượt gieo kết súc sắc xuất mặt chấm đồng tiền xu suất mặt sấp” Số phần tử không gian mẫu là: n (= Ω) ) ( 6.2= 1728 Ta có số phần tử E= nE 11.11.11 = 1331 1331 397 Suy P ( E ) = = 1− P E = 1− 1728 1728 () Câu 50 Xét hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục đoạn 0; 1 thỏa mãn f ( x ) + f (1 − x ) = − x Tính ∫  f ( x ) + f ′ ( x ) dx A π +4 B π −6 C π + 20 20 D π − 16 16 Lời giải Chọn C Ta có: 1 0 ′ ( x )  dx ∫ f ( x ) dx + ∫ f ′ ( x ) dx ∫  f ( x ) + f = Theo đề: f ( x ) + f ( − x ) =  − x − f ( − x )    − x ⇒ f ( x= ) Nên: = I = ∫ f ( x) d x Xét: 1 1   dx=  − x dx − f ( − x ) dx  − x − f − x ( ) ∫0  ∫0   ∫0  (1) ∫ f (1 − x ) dx Đặt t= − x ta có dt = −dx x = ⇒ t = , x = ⇒ t = Khi đó, Xét: ∫ 1 1 0 ∫ f (1 − x ) dx = −∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx − x dx (2) π  π Đặt x = sin t ,  ≤ t ≤  , ta có dx = cos t dt x = ⇒ t = , x = ⇒ t = Khi đó, 2  ∫ π π − x 2= dx ∫ π  π − 3.I  ⇒ I =  20 24  π ∫ f ( x ) dx = 20  −2 f (0) =   f f 1 + = ( ) ( )   ⇔ − x nên   f ( 1) = 2 f ( 1) + f ( ) =  Lại có: f ( x ) + f ( − x ) = Do đó, ∫ f ′ ( x ) dx = f (1) − f ( ) = + = π + cos 2t  sin 2t  π dt − sin t cos t dt = ∫ cos 2t dt = ∫ = (3) t+ = 2   0 Từ (1), (2) (3) suy ra: = I Vậy π π + 1= Vậy: ∫  f ( x ) + f ′ ( x )  dx = 20 π + 20 20 ... = u1 = C2 018 u1 C2 019 2.3 2 016 .2 017 .2 018 u3 = − = − C2 018 u1 = −C2 019 2.3.4 = u2 019 = 2 018 2 019 = C2 018 u1 C2 019 2 019 2 019 Suy S = 2.C2 019 − 2 C2 019 + C2 019 − C2 019 + + 2 019 C2 019 = ( − 1) ... −2 019 ( u1 + u2 + u3 + + un− ) − 2 019 un 1 =− nun = ( n 1) un 1 − 2 019 un 1 =− ( n 2020 ) un 1 n − 2020 → un = un 1 n 2 018 1 1 Suy u2 = − u1 = − C2 018 u1 = − C2 018 2 019 = −C2 019 2 = u2 2 017 .2 018 ... n + 1) ! (= n! 1 1 Ta= có có Cnk = Cnk+ +11 k +1 k + k ! ( n − k ) ! n + ( k + 1) ! ( n + 1) − ( k + 1)  ! n +   1 k k +1 u1 = = C2 018 C k +1 2 019 C2 019 suy S = 2 019 2 019 k +1 Từ giả thi t