165 đề thi thử THPT QG 2019 toán THPT quang trung quảng nam có lời giải

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM THPT QUANG TRUNG ĐỀ THI THỬ PHỔ THƠNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TỐN Thời gian: 90 phút ( không kể thời gian giao đề ) Câu Thể tích hình lập phương có cạnh bao nhiêu? A V  B V  C V  Câu Cho hàm số y  f  x  xác định liên tục D V  16 có bảng biến thiên sau Mệnh đề sau ĐÚNG? A Hàm số có cực đại x  2 C Hàm sớ có giá trị cực tiểu B Hàm sớ có cực tiểu x  4 D Hàm sớ có giá trị cực đại 2 Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  3;0;0  , N  0;0;  Tính độ dài đoạn thẳng MN A MN  B MN  C MN  D MN  10 Câu Cho đồ thị hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ Hàm sớ y  f  x  đồng biến khoảng đây? B  ;  A  2;  C  0;  Câu Cho các số thực a , m , n a dương Mệnh đề sau đúng? am A a mn  a m  n B a mn  n C a mn  a m  a n a Câu Giả sử  f  x  dx  37 9 0 D  2;    D a mn  am n  g  x  dx  16 Khi đó, I   2 f  x   3g ( x)  dx A I  26 B I  58 C I  143 D I  122 Câu Một hình trụ có bán kính đáy r  a , độ dài đường sinh l  2a Tính diện tích xung quanh hình trụ A 4 a B 2 a C 5 a D 6 a Câu Tìm tập nghiệm S phương trình x 1  A S  1 B S  1 C S  4 D S  2 Câu Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  0; 1; 2  B  2; 2;  Vectơ a vectơ phương đường thẳng AB ? A a   2;1;0  B a   2;3;  C a   2;1;0  D a   2;3;0  Câu 10 Tính I   3x dx 3x C ln C I  3x  C A I  B I  3x ln  C D I  3x  ln  C Câu 11 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  z   Một véc tơ pháp tuyến  P  A n4  2;0;1 B n1  2;1;5  C n2  2;0; 1 D n3  2; 1;5  Câu 12 Trong khai triển  a  b  , số hạng tổng quát khai triển? n A Cnk 1a n1bnk 1 B Cnk a nk bk C Cnk 1a nk 1bk 1 D Cnk a nk bnk Câu 13 Công thức sau với cấp sớ cộng có số hạng đầu u1 , công sai d , n  ? A un  u1  d B un  u1   n  1 d C un  u1   n  1 d D un  u1   n  1 d Câu 14 Trong hình vẽ bên, điểm M biểu diễn số phức z Số phức z B  2i A  i C  2i D  i Câu 15 Đường cong bên điểm biểu diễn đồ thị hàm số sau A y   x4  x  B y  x  x  C y   x3  3x  D y   x4  x  Câu 16 Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f  x   3;5 Khi A x 1 đoạn x 1 M  m B C D Câu 17 Cho hàm sớ f  x  có đạo hàm f   x   x  x  1  x   x  số y  f  x  A B Số điểm cực tiểu hàm C Câu 18 Cho số phức z thỏa mãn z   4i   18  i  Khi sớ phức z D A  i B  3i D 21  3i C  3i Câu 19 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2;1;1 B  0;  1;1 Viết phương trình mặt cầu đường kính AB 2 2 A  x  1  y   z  1  B  x  1  y   z  1  D  x  1  y   z  1  C  x  1  y   z  1  2 Câu 20 Cho log  a Tính log 25000 theo a A 2a  B 5a C 2a  D 5a Câu 21 Gọi z1 nghiệm phức có phần ảo âm phương trình z  z   Tìm sớ phức liên hợp w  1  2i  z1 A w  3  i B w   3i C w   3i D w  3  i Câu 22 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   , mặt phẳng  Q  : x  y  5z   Cosin góc hai mặt phẳng  P  ,  Q  A 35 B  35 C Câu 23 Tập nghiệm bất phương trình log  x    là: A S   ;  5  5;    B S   C S  D P   5;5 D 5 Câu 24 Cho  H  hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  ln  x  1 , đường thẳng y  trục tung (phần tơ đậm hình vẽ) Diện tích  H  A e  B e  C D ln Câu 25 Cho tam giác SOA vng O có OA  cm , SA  cm , quay tam giác SOA xung quanh cạnh SO hình nón Thể tích khới nón tương ứng là: 80 cm3  A 12  cm3  B 15  cm3  C D 36  cm3   Câu 26 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Đồ thị hàm sớ y  f  x  có tổng sớ tiệm cận (chỉ xét các tiệm cận đứng ngang)? A B C D Câu 27 Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC ABC có cạnh đáy a Góc đường thẳng AB mặt phẳng  ABC  45 Tính thể tích khới lăng trụ ABC ABC a3 a3 B 24 Câu 28 Đạo hàm hàm số y  x  ln x  1 là: a3 A C  x C y  B y  ln x  A y  D a3 12 D y  x  2ln x  1 Câu 29 Cho hàm sớ y  f  x  có đồ thị hình vẽ bên Sớ nghiệm phương trình f  x    A B C D Câu 30 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông đỉnh A , cạnh BC  a , AC  các cạnh bên SA  SB  SC  A  a a Tính góc tạo mặt bên  SAB  mặt phẳng đáy  ABC    B C D arctan Câu 31 Tổng tất cả các nghiệm phương trình log  3.2 x  1  x  B C 1 D 2 Câu 32 Người ta cho vào chiếc hộp hình trụ quả bóng tennis hình cầu Biết đáy hình trụ hình tròn lớn quả bóng chiều cao hình trụ ba lần đường kính quả bóng Gọi S1 tổng diện S tích quả bóng S diện tích xung quanh hình trụ Tỉ sớ diện tích là: S2 A B C D A Câu 33 Cho F  x  nguyên hàm hàm số f  x   A F  2  không xác định x2  x  F    2018 Tính F  2  x 1 B F  2   D F  2   2020 C F  2   2018 Câu 34 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a Tam giác SAB đều nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M , N trung điểm AB , AD Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng  SCN  theo a A a B a C a D 4a x  1 t  Câu 35 Trong không gian Oxyz , đường vng góc chung hai đường thẳng d :  y   z  5  t  x   d  :  y   2t  có phương trình  z   3t   x4  1 x4 C  2 A x4 y z2   3 2 x4 y z2 D   2 y z2  y z2  B Câu 36 Có giá trị nguyên dương tham số m để hàm số y  khoảng 1;   ? A B   x2  mx  ln  x  1 đồng biến C D Câu 37 Cho số phức z thỏa mãn  z   i  z   i  25 Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w  z   3i đường tròn tâm I  a; b  bán kính c Giá trị a  b  c A 17 B 20 C 10 D 18 e Câu 38 Biết S  abc A S  13   ln x a b c , a , b , c các số nguyên dương c  Tính giá trị dx  x B S  28 D S  16 C S  25 Câu 39 Tất cả các giá trị m để bất phương trình (3m  1)12  (2  m)6   có nghiệm x  là: 1 1   A  2;   B  ;   C  2;   D (; 2] 3 3   x Câu 40 Cho đa giác đều gồm 2n đỉnh  n  2, n  x x  Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh số đa giác, xác suất ba đỉnh chọn tạo thành tam giác vuông 2n đỉnh Tìm n A n  B n  C n  10 D n  Câu 41 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A(  1; 2; 1) , B( 2;  1; 3) , C ( 3; 5;  1) Điểm M ( a; b; c) mặt phẳng  Oyz  cho MA  2MB  CM đạt giá trị nhỏ Khi ta có 2b  c A 1 B C D 4 Câu 42 Cho sớ phức z0 có z0  2018 Diện tích đa giác có các đỉnh các điểm biểu diễn z0 các nghiệm phương trình 1 viết dạng n , n  Chữ số hàng đơn vị n   z  z0 z z A B Câu 43 Cho hàm số f  x  có đồ thị  C  hình vẽ C D   5  Tìm sớ nghiệm thuộc   ;  phương trình f  2sin x    ?  6  A B C D Câu 44 Ông Trung vay ngân hàng 800 triệu đồng theo hình thức trả góp hàng tháng 60 tháng Lãi suất ngân hàng cố định 0,5 /tháng Mỗi tháng ông Trung phải trả (lần phải trả tháng sau vay) số tiền gốc số tiền vay ban đầu chia cho 60 số tiền lãi sinh từ số tiền gốc nợ ngân hàng Tổng sớ tiền lãi mà ơng Trung phải trả tồn quá trình trả nợ bao nhiêu? A 118.000.000 đồng B 126.066.666 đồng C 122.000.000 đồng D 135.500.000 đồng Câu 45 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi d qua điểm A 1; 1;  , song song với  P  : 2x  y  z   , trình đường thẳng d x 1 y 1   A 5 x 1 y 1   C đồng thời tạo với đường thẳng  : z2 z2 x  y 1 z   góc lớn Phương 2 x 1  x 1  D B y 1 z   5 y 1 z   5 7 Câu 46 Trong đợt hội trại “Khi 18 ” tổ chức trường THPT X, Đồn trường có thực hiện dự án ảnh trưng bày pano có dạng parabol hình vẽ Biết Đồn trường u cầu các lớp gửi hình dự thi dán lên khu vực hình chữ nhật ABCD , phần lại trang trí hoa văn cho phù hợp Chi phí dán hoa văn 200.000 đồng cho m bảng Hỏi chi phí thấp cho việc hồn tất hoa văn pano (làm tròn đến hàng nghìn)? A B D C 4m 4m A 900.000 đồng B 1.232.000 đồng C 902.000 đồng D 1.230.000 đồng Câu 47 Cho tứ diện ABCD các điểm M , N , P thuộc các cạnh BC , BD , AC cho BC  4BM , AC  AP , BD  2BN Tính tỉ sớ thể tích hai phần khới tứ diện ABCD phân chia mp  MNP  7 8 A B C D 13 15 15 13 Câu 48 Cho hàm sớ y  f  x  có đồ thị hàm số y  f   x  cho hình bên Hàm sớ y  2 f   x   x nghịch biến khoảng y 1 O x 2 A  3;   B  2;  1 Câu 49 Tìm m để bất phương trình x  D  0;  C  1;    x  x    m   A m  8 C m  7   x  x  có nghiệm? B m  1  D 8  m  7 Câu 50 Cho hàm số y  f  x   ax  bx  c biết a  , c  2017 a  b  c  2017 Số cực trị hàm số y  f  x   2017 A B C HẾT D ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI Lời giải Câu 10 11 12 13 14 15 Đáp án B A C C A A D B A A C B D A D Lời giải Chọn B Ta có f   x   2  x  1  0, x  3;5 đó: 16 B M  max f  x   f  3  ; m  f  x   f    3;5 3;5 Suy M  m    2 Lời giải Chọn D Ta có f   x    x  x  1  x    Do x  nghiệm đơn, các nghiệm 17 18 19 x  1 x  các nghiệm bội chẵn nên có x  nghiệm mà f   x  đổi dấu từ “âm” sang “dương” theo chiều từ trái sang phải Do x  điểm cực tiểu hàm số cho Lời giải Chọn B 18  i   3i Ta có z   4i   18  i   z   4i Lời giải Chọn C Theo đề ta có mặt cầu đường kính AB có tâm trung điểm I  1;0;1 AB D B C AB  bán kính R  Nên phương trình mặt cầu là:  x  1  y   z  1  20 Lời giải Chọn A A Ta có: log 25000  log  52.103   log  3log10  2a  Lời giải Chọn C 21  z  1  i  z1  1  i Ta có z  z      z  1  i C Do đó, w  1  2i  z1  1  2i  1  i    1     1   i   3i  w   3i Lời giải Chọn A Ta có véc tơ pháp tuyến mặt phẳng  P  nP  1; 2; 2  , véc tơ pháp tuyến mặt phẳng  Q  nQ  1; 3;5  22 A Gọi  góc hai mặt phẳng  P  ,  Q  ta có cos   nP nQ nP nQ  1.1   3  2.5 12  22   2  12   3  52  15 35  35 Lời giải 23 Chọn D D Ta có: log  x     x   27  x  25  5  x  2 Lời giải Chọn C Phương trình hồnh độ giao điểm hàm số y  ln  x  1 đường thẳng y  ln  x  1   x  e  24 Diện tích  H  S  e 1  ln  x  1 dx C Đặt  u  ln  x  1 du  dx  x 1  dv  dx v  x  e 1 S   x  1 ln  x  1  Khi e 1  dx  e   e  1  Lời giải Chọn A S 25 A O A 1 SO  SA2  OA2  ; V   r h   32.4  12  cm3  3 Lời giải Chọn A Dựa vào BBT ta thấy lim y   ; lim y   nên đồ thị hàm sớ có tiệm cận đứng 26 x 1 x 1 x  lim y  1 nên đồ thị hàm sớ có tiệm cận ngang y  1 A x  Vậy đồ thị hàm sớ có tiệm cận Lời giải Chọn B 27 B Theo giả thiết, ta có AA   ABC   BA hình chiếu vng góc AB  ABC   Góc đường thẳng AB mặt phẳng  ABC  ABA  45 Do ABA vuông cân A  AA  AB  a Vậy thể tích khối lăng trụ ABC ABC V  a3 Lời giải 28 29 Chọn D Ta có y  x  ln x  1  y  x  ln x  1  x  x  ln x  1 x Lời giải Chọn B Giả sử hàm sớ y  f  x  có đồ thị  C  D B Ta có: f  x     f  x   1 phương trình hồnh độ giao điểm  C  đường thẳng d : y  1 Do sớ nghiệm phương trình sớ giao điểm  C   d  Dựa vào đồ thị hai hàm sớ ta có  C   d  có điểm chung nên phương trình có nghiệm 30 Lời giải B Chọn B a nên hình chiếu S trùng với H tâm đường tròn ngoại tiếp đáy ABC Nhận xét H trung điểm BC Vì SA  SB  SC  S C A H M B Gọi M trung điểm AB , nhận xét AB   SMH  nên góc tạo mặt bên  SAB  mặt phẳng đáy  ABC  góc SMH Xét tam giác SBH có SH  SB  BH  a a SH Xét tam giác SMH có tan M     M  60o MH a 6 Lời giải Chọn C Điều kiện 3.2 x  31 Ta có log  3.2 x  1  x   3.2 x   22 x 1  3.2 x    x  C 2  x   x 1  S  1 2  x  1   Chọn B x Giả sử bán kính quả bóng tennis r bán kính hình trụ r đường cao hình trụ 6r 32 Tổng diện tích ba quả bóng là: S1  3.4 r  12 r B Diện tích xung quanh hình trụ là: S  2 r.6r  12 r Suy ra: S1 1 S2 Lời giải Chọn D 33 34 x2  x  1 x2 dx   x  dx   ln x   C Ta có F  x    x 1 x 1 2 x Theo F    C  2018 , nên F  x    ln x   2018  F  2   2020 Lời giải Chọn C D C a ID Gọi I giao điểm NC MD Ta có d  D;  SCN    d  M ;  SCN   IM Vì ABCD hình vng nên NC  DM I ID.CN  DN DC a a a a 3a DN DC a  IM  DM  ID     ID    10 CN a ID   IM  IM  CN Do   CN   SMI  Kẻ MH  SI , CN  MH nên MH   SCN  CN  SM M trung điểm AB SM   ABCD  Ta có SM   MH  d  M ;  SCN   1 20 32    2  2 2 MH SM MI 3a 9a 9a 3a a  d  D;  SCN    Vậy MH  Trong tam giác SMI có Lời giải Chọn D Giả sử AB đường vng góc chung d d  với A  d , B  d  Ta có ud  1;0;1 , ud    0; 2;3 , 35 36  A  a  1;0; a    BA   a  1; 2b  4; a  3b  10   B 0;  b ;3 b     ud BA  d  AB a   a  1   a  3b  10      Khi  d   AB b  1 2  2b     a  3b  10   ud  BA   A  4;0; 2    BA   4; 6; 4   u   2;3;  VTCP AB  B  0;6;  x4 y z2   Kết hợp với AB qua A  4;0; 2   AB : 2 Lời giải D A Chọn A Ta có y  x  m  x 1 x2 Để hàm số y   mx  ln  x  1 đồng biến khoảng 1;   y  với x  1;    m với x  1;    m  f  x  1;  x 1 Xét hàm số f  x   x  khoảng 1;   ta có x 1 1 f  x   x 1    x  1    f  x   Do m  1;  x 1  x  1  x  nên m  1; 2;3 Lời giải Chọn D Giả sử z  a  bi  a; b   w  x  yi  x; y    z   i   z   i   25  a    b  1 i  a   b  1 i   25   a     b  1  25 1 2 Theo giả thiết: w  z   3i  x  yi   a  bi    3i  x  yi  2a     2b  i 37 x2  a   x  2a      2  y   2b b   y   2 Thay D 1 vào ta được: 2  x2   3 y   2    1  25   x     y    100      2 Suy ra, tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường tròn tâm I  2;5  bán kính R  10 Vậy a  b  c  17 Lời giải Chọn C Đặt t   ln x  2tdt  38 Đổi : Với x   t  ; x  e  t  e I  39 dx x C 16  2  ln x dx   t dt  t  3 x 3  a  16 , b  , c   S  a  b  c  25 Lời giải Chọn D D Đặt x  t Do x   t  Khi ta có : (3m 1) t  (2  m) t   0,  t  t  2t   (3t  t) m   t  2t   t   m   t  3t  t 7t  6t  t  2t   f '(t)   t  (1; ) Xét hàm số f (t )  tr ê n 1;    (3t  t)2 3t  t BBT 2 Do m  lim f (t )  2 thỏa mãn yêu cầu toán t 1 Lời giải 40 Chọn D Ta có đa giác đều 2n cạnh có n đường chéo qua tâm Ta lấy hai đường chéo tạo thành hình chữ nhật Mỗi hình chữ nhật có bớn tam giác vng Vậy sớ tam giác vng tạo thành từ đa giác đều 2n đỉnh 4.n ! 4.Cn2   2n  n  1 , 2! n  !  2n !  2n  2n  1 2n   , Không gian mẫu là: C  3! 2n  3! 12n  n  1  Xác suất là: P  , 2n  2n  1 2n    2n  1 D 2n Theo P     15  2n   n  2n  Lời giải Chọn B Gọi G trọng tâm tam giác ABC MA  2MB  CM  MA  MB  MC  MB  3MG  MB Nên MA  2MB  CM  3MG  MB  3MN  MN  3NG  NB 41 Gọi N điểm thỏa NG  NB  nên 3MG  MB  4MN Để MA  2MB  CM đạt giá trị nhỏ 4MN đạt giá trị nhỏ hay M hình chiếu N lên mặt phẳng  Oyz    Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là: G  ; 2; 1   B   xN   3xG  xB  3  xG  xN    xB  xN      NG  NB   3  yG  yN    yB  yN     yN   yG  yB    z  z  z  z      B N  G N   z N   3zG  z B    1   xN   xN   3           3  3   yN   3.2  1   yN  nên N  ; ;  Vậy tọa độ điểm M  0; ;  4  2  2      z N   3.1  3  zN    hay 2b  c  Lời giải Chọn C z  Điều kiện:   z0  1  z.z   z  z0  z0   z  z0  z0  z  z.z0  z02  Ta có:   z  z0 z z   z   z z i  z0  z1,2 i  z         1      z0 2  z0  z0  2  42 i z0  z0  2018 z0  z1  z2  Ta có: z1  z2    2 C Do z0 , z1 , z2 biểu diễn ba điểm M , M1 , M tạo thành tam giác đều nằm đường tròn tâm O bán kính R  2018 2 3 h  R  3.R Tam giác đều có chiều cao: h  R độ dài cạnh: a  3 3.20182 3R a.h  3  3054243 4 Vậy n  3054243 có chữ số hàng đơn vị Lời giải Chọn D   5    Đặt t  2sin x  , x    ;   t    ;1  6    Phương trình f  2sin x     f  t   Diện tích tam giác: S  43 Từ đồ thị hàm số f  x  ta suy phương trình f  t   khơng có nghiệm D   t    ;1   44   5  Vậy số nghiệm thuộc   ;  phương trình f  2sin x     6  Lời giải C Chọn C Gọi số tiền gốc ban đầu N phần trăm lãi r Tháng thứ ông Trung phải trả số tiền lãi là: N r 59 Tháng thứ hai ông Trung phải trả số tiền lãi là: N r 60 58 Tháng thứ ba ông Trung phải trả số tiền lãi là: N r 60 Tháng thứ sáu mươi ông Trung phải trả số tiền lãi là: N r 60 Tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả śt quá trình lãi là:  59 58  59 58  1      N r N r  N r  N r   N r 60 60 60 60   60 60  60  60  1   1   N r 2.60   61  800.0,5%  122.000.000 Vậy tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả tồn quá trình trả nợ 122.000.000 đồng Lời giải Chọn A  có vectơ phương a  1; 2;  d có vectơ phương ad   a; b; c   P có vectơ pháp tuyến nP   2; 1; 1 Vì d / /  P  nên ad  nP  ad nP   2a  b  c   c  2a  b  5a  4b  cos  , d    2 5a  4ab  2b 5a  4ab  2b 5a  4b 45 a  5t   , ta có: cos  , d   b 5t  4t  A Đặt t  Xét hàm số f  t    5t    1 , ta suy được: max f  t   f     5t  4t   5 Do đó: max cos  , d    a t   27 b Chọn a   b  5, c  x 1 y 1 z    5 Hướng dẫn giải Vậy phương trình đường thẳng d 46 C Chọn C Đặt hệ trục tọa độ hình vẽ, phương trình đường parabol có dạng: y  ax  b y B A 4m 2 O D 4m x C Parabol cắt trục tung điểm  0;  cắt trục hoành  2;0  nên: b  a  1   b  a.2  b  Do đó, phương trình parabol y   x  Diện tích hình phẳng giới hạn đường parabol trục hoành là:  x3  32 S1     x   d x     x     2 2 2 Gọi C  t ;0   B  t ;  t  với  t  Ta có CD  2t BC   t Diện tích hình chữ nhật ABCD S2  CD.BC  2t   t   2t  8t Diện tích phần trang trí hoa văn là: 32 32 S  S1  S2    2t  8t   2t  8t  3 Xét hàm số f  t   2t  8t  32 với  t   t    0;  Ta có f   t   6t      t     0;   Bảng biến thiên: Như vậy, diện tích phần trang trí nhỏ nhất cho việc hoàn tất hoa văn pano là: 96  32 m , chi phí thấp 96  32 200000  902000 đồng Lời giải Chọn A A P Q K E B N D C Gọi E  MN  CD , Q  EQ  AD , mặt phẳng  MNP  cắt tứ diện ABCD theo thiết diện tứ giác MNQP Gọi I trung điểm CD NI CB NI  BC , BC  4BM nên suy EN EI NI   MC Bởi  EM EC MC 3 ED EI  suy  Từ I trung điểm CD EC EC EK KD ED    Mặt khác AC  AP nên suy Kẻ DK AC với K  EP , ta có EP AC EC QD QK KD KD  Do    AP QA QP AP QK EK EQ   suy  Từ EP EP QP NI  47 Gọi V thể tích khới tứ diện ABCD , V1 thể tích khới đa diện ABMNQP , V2 thể tích khới đa diện CDMNQP Ta có SCMP CM CP 1     SCMP  SCAB SCAB CB CA 2 ED  nên d  E;  ABC    d  D;  ABC   Do : EC 1 3 VE CMP  SCMP d  E;  ABC    SCAB d  D;  ABC    S CAB d  D;  ABC    V 3 2 4 VE DNQ ED EN EQ 2    , nên suy VE DNQ  VE CMP  V  V 15 15 10 VE CMP EC EM EP 3 15 Vì 13 Từ ta có V2  VE CMP  VE DNQ  V  V  V 10 20 A Và V1  V  V2  V  Như : 13 V V 20 20 V1  V2 13 Lời giải Chọn C 48 Ta có y  2 f   x   x  y     x  f    x   x C y  f    x   x  y   f    x   x   f    x     x   Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y  x  cắt đồ thị y  f   x  hai điểm có 1  x1  hoành độ nguyên liên tiếp  từ đồ thị ta thấy f   x   x  x   miền  x  nên f    x     x   miền   x   1  x  Vậy hàm số nghịch biến khoảng  1;  Lời giải  Chọn C Điều kiện: x   1; 2 Xét hàm số g  x    x  x  đoạn  1; 2 Có g   x    1  , g  x   x  2 x 2x  g  1  , g 1  , g    Suy max g  x   , g  x    1;2  49  1;2 Đặt t   x  x  , t   3;3  t  x     x  x  2 C Bất phương trình cho trở thành: t   m  4t  t  4t   m 2 Xét hàm số f  t   t  4t  đoạn  3;3 Có f   t   2t  , f   t    t  f    4  , f    8 , f  3  7 Suy max f  t   7  3;3   Để bất phương trình cho có nghiệm m  max f  t  hay m  7  3;3   Vậy m  7 50 Lời giải Chọn B B Hàm số y  f  x   ax  bx  c xác định liên tục D  Ta có f    c  2017  f  1  f 1  a  b  c  2017 Do  f  1  2017   f    2017    f 1  2017   f    2017   Mặt khác lim f  x    nên   ,   cho f    2017 , f     2017 x   f    2017   f  1  2017    f     2017   f 1  2017   Suy đồ thị hàm số y  f  x   2017 cắt trục hoành bốn điểm phân biệt Đồ thị hàm số y  f  x   2017 có dạng Vậy số cực trị hàm số y  f  x   2017 ... x  điểm cực tiểu hàm số cho Lời giải Chọn B 18  i   3i Ta có z   4i   18  i   z   4i Lời giải Chọn C Theo đề ta có mặt cầu đường kính AB có tâm trung điểm I  1;0;1 AB D B C... 26 x 1 x 1 x  lim y  1 nên đồ thi hàm sớ có tiệm cận ngang y  1 A x  Vậy đồ thi hàm sớ có tiệm cận Lời giải Chọn B 27 B Theo giả thi ́t, ta có AA   ABC   BA hình chiếu... ABC V  a3 Lời giải 28 29 Chọn D Ta có y  x  ln x  1  y  x  ln x  1  x  x  ln x  1 x Lời giải Chọn B Giả sử hàm số y  f  x  có đồ thi  C  D B Ta có: f  x   