Tài liệu tổng ôn tập thi tốt nghiệp THPT môn toán – lê bá bảo (quyển 1)

Giáo viên: LÊ BÁ BẢO_ Trường THPT Đặng Huy Trứ, Huế SĐT: 0935.785.115 Đăng kí học theo địa chỉ: 116/04 Nguyễn Lộ Trạch, TP Huế Hoặc Trung tâm Km 10 Hng Tr - Ebook tổng ôn tập: MÔN TOáN THI THPT QuốC GIA QUYểN Số Cố lên em nhÐ! HuÕ, th¸ng 6/2020 Page: CLB GIÁO VIÊN TRẺ TP HU ÔN THI THPT QUốC GIA Môn: Toán 11 TNG ễN TP S 01_TrNg 2020 Lớp Toán thầy LÊ Bá BảO Tr-ờng THPT Đặng Huy Trứ 116/04 Nguyễn Lộ Trạch, TP Huế SĐT: 0935.785.115 Facebook: Lê Bá Bảo Trung tâm KM 10 H-ơng Trà, Huế Trong quỏ trỡnh su tầm, biên soạn lời giải, có sai sót kính mong q thầy em học sinh góp ý để đề kiểm tra hoàn chỉnh hơn! Xin chân thành cảm ơn! NỘI DUNG ĐỀ BÀI Câu Trong hệ trục tọa độ Oxy cho A  2;0  , B  2;  , C  4;  , D  4;0  Chọn ngẫu nhiên điểm có tọa độ  x ; y  (với x, y  ) nằm hình chữ nhật ABCD (kể điểm cạnh) Gọi A biến cố: “ x , y chia hết cho ” Xác suất biến cố A 13 C D 21 21 21 Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SB  2a Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy A 60 B 90 C 30 D 45 Câu Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng đỉnh B , AB  a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  2a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC  A B 5a 5a 2a 5a B C D 3 Câu Cho tứ giác ABCD Trên cạnh AB , BC , CD , AD lấy ; ; ; điểm phân biệt khác điểm A , B , C , D Số tam giác phân biệt có đỉnh điểm vừa lấy A 781 B 624 C 816 D 342 Câu Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  2a (minh họa hình bên) Gọi M , N trung điểm AB , AC Khoảng cách hai đường thẳng SB MN A S N A C M B A a B a C 57 a 19 x 3 Câu Hệ số số hạng chứa x khai triển    3 x 12 D a 57 19 55 C 40095 D 81 Câu Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với OA  OB  OC Gọi M A 924 B trung điểm BC ( tham khảo hình vẽ bên dưới) Góc hai đường thẳng OM AB A 900 B 300 C 600 D 450 Câu Cho dãy số  un  thỏa mãn log u1   log u1  2log u10  2log u10 un1  2un với n  Giá trị nhỏ n để un  5100 A 247 B 248 C 229 D 290 Câu Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  công sai d  Giá trị u4 A 22 B 17 C 12 D 250 n1 4n  n  Câu 10 Biết lim  b Khẳng định sau đúng?  a lim n3 n2  A a  b B a  b  C b  4a D b  2a Câu 11 Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có ba ghế Xếp ngẫu nhiên , gồm nam nữ, ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Xác suất để học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ A B C D 20 10  x2  3x    ax  b   Khi a  2b Câu 12 Cho hai số thực a b thoả mãn lim  x   2x   A 3 B 5 C D 4 Câu 13 Cho hình vng ABCD có tâm O cạnh 2a Trên đường thẳng qua O vng góc với  ABCD  lấy điểm S Biết góc SA  ABCD  có số đo 45 Tính độ dài SO a a D SO  2 Câu 14 Một thi trắc nghiệm khách quan gồm 10 câu Mỗi câu có phương án trả lời Mỗi câu trả lời điểm Hỏi thi có phương án trả lời không 10 điểm? A 104  B 410 C 104 D 410  A SO  a B SO  a C SO  x  a  ax   ? x 1 B C HẾT HUẾ 16h00 Ngày 19 tháng năm 2020 Câu 15 Có giá trị tham số a để lim x 1 A D Vô số Page: CLB GIÁO VIÊN TR TP HU ÔN THI THPT QUốC GIA Môn: Toán 11 ĐỀ TỔNG ÔN TẬP SỐ 01_TrNg 2020 LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu Trong hệ trục tọa độ Oxy cho A  2;0  , B  2;  , C  4;  , D  4;0  Chọn ngẫu nhiên điểm có tọa độ  x ; y  (với x, y  ) nằm hình chữ nhật ABCD (kể điểm cạnh) Gọi A biến cố: “ x , y chia hết cho ” Xác suất biến cố A A B 21 C 21 D 13 21 Lời giải: Ta có    x, y  2  x  4,0  y  2, x, y  Do n     21   Ta có A   x, y  x 2,0,2,4 ; y 0,2  n  A   Vậy xác suất biến cố A P  A   21  Chọn đáp án B Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SB  2a Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy A 60 B 90 C 30 D 45 Lời giải: S D A B C  Do SA   ABCD  nên góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy góc SBA   AB   SBA   60 Ta có cos SBA SB Vậy góc đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng 60  Chọn đáp án A Câu Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông đỉnh B , AB  a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  2a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC  5a Lời giải: A B 5a C 2a D 5a S 2a H C A a B  BC  AB Ta có   BC  SAB  Kẻ AH  SB Khi AH  BC  AH  SBC   BC  SA  AH khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC  1 1 4a2 5a       AH   AH  2 2 2 5 AH SA AB 4a a 4a  Chọn đáp án A Câu Cho tứ giác ABCD Trên cạnh AB , BC , CD , AD lấy ; ; ; điểm phân biệt khác điểm A , B , C , D Số tam giác phân biệt có đỉnh điểm vừa lấy A 781 B 624 C 816 D 342 Lời giải: Tổng số điểm vừa lấy bằng:     18 (điểm) Mỗi cách chọn điểm không nằm cạnh cho ta tam giác Số cách chọn điểm từ 18 điểm là: C183  816 (cách chọn) Ta có Số cách chọn điểm nằm cạnh là: C33  C43  C53  C63  35 (cách chọn) Vậy số tam giác cần tìm bằng: 816  35  781 (tam giác)  Chọn đáp án A Câu Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  2a (minh họa hình bên) Gọi M , N trung điểm AB , AC Khoảng cách hai đường thẳng SB MN S N A C M B a Lời giải: A B a C 57 a 19 D a 57 19 S H N A C M K B Ta có MN //BC  MN // SBC  1 Do d  MN , SB   d  MN , SBC    d  M , SBC    d  A , SBC   (vì MB  AB ) 2  BC  AK  BC  SAK   AH  BC Kẻ AK  BC , AH  SK , ta có:   BC  SA  AH  SK  AH  SBC   d  A, SBC    AH Khi   AH  BC Xét tam giác SAK vuông A , có đường cao AH , ta có: 1 1 19 2a 57    2   AH  2 2 19 AH SA AK 4a 12a a 3     1 a 57 Vậy d  MN , SB   d  A , SBC    AH  2 19  Chọn đáp án D 12 x 3 Câu Hệ số số hạng chứa x khai triển    3 x A 924 B C 40095 81 Lời giải: D 55 12 12 x 3 x Xét khai triển      C12k   k 0 3 x 3 12  k k 12 k  3 k 32 k 12  1 x12 2 k      C12 k 0  x Theo u cầu tốn ta có 12  2k   k  12 x 3 55 Vậy hệ số số hạng chứa x khai triển    C124 34  1  3 x  Chọn đáp án D Câu Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với OA  OB  OC Gọi M trung điểm BC ( tham khảo hình vẽ bên dưới) Góc hai đường thẳng OM AB A 900 Lời giải: B 300 C 600 D 450 Đặt OA  a suy OB  OC  a AB  BC  AC  a Gọi N trung điểm AC ta có MN / / AB MN   OM , AB  OM , MN  Suy góc  a a nên OMN tam giác   600 Vậy  OM , MN   600 Suy OMN OM , AB   Trong tam giác OMN có ON  OM  MN  Cách 2: Tọa độ hóa Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ Giả sử OA  OB  OC  z A O C y M x B 1  Ta có: O  0;0;0  , A  0;0;1 , B 1;0;0  , C 0;1;0  Suy ra: M  ; ;  2         1  OM.AB OM   ; ;  o Ta có:   2   cos  OM ; AB       OM ; AB   60  OM AB  AB  0;1; 1     Chọn đáp án C Câu Cho dãy số  un  thỏa mãn log u1   log u1  2log u10  2log u10 un1  2un với n  Giá trị nhỏ n để un  5100 A 247 Lời giải: B 248 C 229 D 290 Ta có un1  2un  2n u1 Xét log u1   log u1  2log u10  2log u10 (*) Đặt t  log u1  2log u10 , điều kiện t  2 Pt (*) trở thành  t   t  t    t  1 t  t       Với t  1  log u1  2log u10  1 (với log u10  log 29.u1  9log  log u1 )  log u1   18log  u1  10118log   Mặt khác un  2n1 u1  2n1.10118log  2n.5.1018log  5100  n  log 599.1018log  247,87 Vậy giá trị nhỏ n 248  Chọn đáp án B Câu Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  công sai d  Giá trị u4 A 22 B 17 Lời giải: Ta có: u4  u1  3d   3.5  17 C 12 D 250  Chọn đáp án B n1 n2  n  Câu 10 Biết lim  b Khẳng định sau đúng?  a lim n3 n2  A a  b B a  b  C b  4a D b  2a Lời giải: 4  2 n1 n n   b  Vậy b  4a n   a  lim 4n  n   lim Ta có: lim  lim 2 n3 n 2 1 1 n n  Chọn đáp án C Câu 11 Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có ba ghế Xếp ngẫu nhiên , gồm nam nữ, ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Xác suất để học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ A B C D 20 10 Lời giải: Số phần tử không gian mẫu   6!  720 1 Gọi A biến cố học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ Ta có: Xếp học sinh nữ vào dãy ghế có 3! cách Xếp học sinh nam vào dãy ghế có 3! cách Ở cặp ghế đối diện hai bạn nam nữ đổi chỗ cho nên có cách A 288   Suy A  3!.3!.23  288 Vậy P  A    720  Chọn đáp án A  x2  3x   Câu 12 Cho hai số thực a b thoả mãn lim   ax  b   Khi a  2b x   2x   A 3 B 5 C D 4 Lời giải:    x2  3x   Ta có: lim   ax  b   lim  x    ax  b  x   2  x  1  2x   x   2  a  a     x2  3x      ax  b    lim  x    Mà lim   ax  b     5 x  x    2  x  1  2x     b  b       Khi đó: a  2b  3 Cách khác: Ta có: x2  3x    ax  b  x  1  x  3x     a  x    a  2b  x   b lim   ax  b   lim  lim x  x  2x  2x   2x   x a  4  a    Theo giả thiết, suy ra:   a  2b  3   a  2b  b     Chọn đáp án A Câu 13 Cho hình vng ABCD có tâm O cạnh 2a Trên đường thẳng qua O vng góc với  ABCD  lấy điểm S Biết góc SA  ABCD  có số đo 45 Tính độ dài SO A SO  a Lời giải: B SO  a C SO  a D SO  a S B C 2a O A Do  D    45 Do SO   ABCD   SA,  ABCD   SAO SO  AO   2a  SAO vng cân O nên a 2  Chọn đáp án B Câu 14 Một thi trắc nghiệm khách quan gồm 10 câu Mỗi câu có phương án trả lời Mỗi câu trả lời điểm Hỏi thi có phương án trả lời không 10 điểm? A 104  B 410 C 104 D 410  Lời giải: +) Do câu có phương án trả lời nên thi có 410 phương án trả lời +) Để trả lời câu (tương ứng điểm), ta có phương án để chọn Vậy có 110  phương án chọn để 10 điểm Vậy có 410  phương án trả lời không 10 điểm  Chọn đáp án D Câu 15 Có giá trị tham số a để lim x 1 A Lời giải: Ta có: lim x 1  lim x 1 B 2 x  a  ax   ? x 1 C x  a   ax   x  a  ax   lim x 1 x 1  x  1 2x  a  ax     a  x  1  x  1  x  a  ax    lim x 1 2a x  a  ax   D Vô số  2a 2a  a2  2a 2a ,  a  2   a   lo¹i    2  a  Từ giả thiết suy      a  a     a  nhËn  a  a  2 2a        2a  Chọn đáp án A HẾT HUẾ 16h00 Ngày 19 tháng năm 2020 Vậy VABC ABC  AA.SABC  a Câu 6:  Chọn đáp án A Nghiệm phương trình 32 x1  27 A x  B x  Lời giải: 32 x1  27  2x    x   Chọn đáp án C Câu 7: a 3a  4 Biết  f  x dx  2 A 5 Lời giải: C x  1 0 D x   g  x dx  ,   f  x   g  x  dx C 1 B 1 0 D   f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx  2   5 Câu 8: Câu 9:  Chọn đáp án A Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Hàm số cho đạt cực tiểu A x  B x  C x  1 D x  3 Lời giải: Hàm số đạt cực tiểu x  1 y  Chọn đáp án C Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình vẽ bên? A y  x3  3x2  B y  x3  3x2  C y  x4  2x2  O D y  x4  2x2  Lời giải: Đồ thị đồ thị hàm số bậc 3, với hệ số a dương  Chọn đáp án A Câu 10: Với a số thực dương tùy ý, log a2 A 2log a B  log a C  log a D log a Lời giải: log a2  2log a  2log a Câu 11:  Chọn đáp án A Họ nguyên hàm hàm số f  x   2x  A x2  5x  C Lời giải:  Chọn đáp án A B 2x2  5x  C C Oz D x2  C x Câu 12: Số phức liên hợp số phức  4i A 3  4i B 3  4i C  4i D 4  3i Lời giải:  Chọn đáp án C Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu vng góc điểm M  2;1;  1 trục Oz có tọa độ A  2;1;  B  0;0;  1 C  2; 0;  D  0;1;  Lời giải:  Chọn đáp án B Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  : x2  y  z2  2x  2z   Bán kính mặt cầu  S  A Lời giải: B C D 15 Ta có: x2  y  z2  2x  2z     x  1  y   z  1  , bán kính mặt cầu R  2  Chọn đáp án C Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : vectơ phương d ?   A u1   2; 1;  B u2  1; 2;1 x  y 1 z  Vectơ   1  C u3   1; 2;1  D u4   2;1; 3  Lời giải:  x  y 1 z  có vectơ phương u3   1; 2;1   1  Chọn đáp án C Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 3;  B  5;1; 2  Mặt phẳng trung Đường thẳng d : Câu 16: trực đoạn thẳng AB có phương trình A 2x  y  z   B 2x  y  z   C x  y  2z   D 3x  y  z  14  Lời giải: Mặt phẳng trung trực  P  AB qua trung điểm I  3; 2; 1 AB có vectơ pháp  tuyến AB   4; 2; 2  Vậy phương trình mặt phẳng  P  là:  x     y     z  1   2x  y  z   Câu 17:  Chọn đáp án B Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng  ABC  , SA  2a , tam giác ABC vuông B , AB  a BC  a (minh họa hình vẽ bên) Góc đường thẳng SC mặt phẳng  ABC  S A C B A 90 Lời giải: B 45 C 30 D 60 S 2a α A C a a B   Ta có: SA   ABC  nên góc SC  ABC  SCA AC  AB2  BC  a   a2  2a , tan   SA 2a      45 AC 2a  Chọn đáp án B Câu 18: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x  x   , x  Số điểm cực trị hàm số cho A Lời giải: B C D x  Ta có: f   x    x  x       x  2 Bảng biến thiên: Suy hàm số cho có điểm cực trị x   Chọn đáp án D Câu 19: Giá trị lớn hàm số f  x   x3  3x  đoạn  3; 3 A 16 B 20 C D Lời giải: Ta có: f   x   3x2  ; f   x    x  1 3; 3 f  3  16; f    20; f  1  4; f 1  Vậy max f  x   20   3;3  Câu 20:  Chọn đáp án B Cho a, b hai số thực dương thỏa mãn a4 b  16 Giá trị biểu thức 4log a  log b A B C 16 Lời giải: Ta có: log a4 b  log 16  log a4  log b   4log a  log b  D   Câu 21:  Chọn đáp án A Tập nghiệm bất phương trình log  x  1   log  x  1 A  ;  Lời giải:   B   ;    C  2;  D  2;   Với x   , ta có: log  x  1   log  x  1  log  3x    log  x  1  3x   4x   x  (nhận)  Chọn đáp án D Câu 22: Cho hình nón  N  có đường sinh tạo với đáy góc 600 Mặt phẳng qua trục cắt  N  theo thiết diện tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp Thể tích V khối nón cho A V  3 Lời giải: C V  3 B V  9 D V  3 Gọi S đỉnh, I , R tâm bán kính đáy, H tâm đường tròn nội tiếp SAB   60, HAI   30, HI  Thiết diện tam giác SAB , SAI HI   SIA vuông I  SI  IA.tan 60o  HIA vuông I  R  IA  tan 30 tan 30 Vậy V   R2 SI  3  Chọn đáp án D Câu 23: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: x y   2  y  Số nghiệm phương trình f  x    A Lời giải: B 0  1  C D Ta có: f  x     f  x   Câu 24:   3 Từ bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y  cắt đồ thị 2 y  f  x  điểm phân biệt nên phương trình f  x   có nghiệm  Chọn đáp án C 2x  Họ nguyên hàm hàm số f  x   khoảng  1;    x  1 A 2ln  x  1  C x1 B 2ln  x  1  C x1 C ln  x  1  Lời giải: Ta có: Câu 25:  D 2ln  x  1  C x1 2x   x  1 dx    x  1   x  1 dx   C x1 3 dx   dx  2ln  x  1  C x1 x  x     Chọn đáp án B Một người thả lượng bèo chiếm 2% diện tích mặt hồ Giả sử tỉ lệ tăng trưởng hàng ngày bèo 20% Hỏi sau ngày bèo phủ kín mặt hồ? A 23 B 22 C 21 D 20 Lời giải: Giả sử diện tích mặt hồ A sau n ngày lượng bèo phủ kín mặt hồ Diện tích lượng bèo ban đầu A.2%  0,02 A Diện tích bèo sau n ngày S  0,02 A 1  20%  0,02 A.1,02n n S  A  0,02 A.1,02n  A  1,2n  50  n  log1,2 50  21,5 Vậy sau 22 ngày bèo phủ kín mặt hồ  Chọn đáp án B Câu 26: Cho khối chóp O.ABC có ba cạnh OA , OB , OC đơi vng góc với Biết OA  , OB  thể tích khối chóp O.ABC Độ dài OC A B C D 2 Lời giải: 1 Thể tích khối chóp O.ABC VO ABC  VC OAB  OC.SOAB  OA.OB.OC  1.2.OC   OC  6  Chọn đáp án C Câu 27: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Tổng số đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số cho A A B C D Lời giải: Ta có: lim f  x   , lim f  x   nên đồ thị có đường tiệm cận ngang y  x  x  lim f  x   4 nên đồ thị có đường tiệm cận đứng x  x 0   Chọn đáp án D   Câu 28: Cho hàm số y  x4  m2  m  x2  m  m tham số thực Hình mơ tả đồ thị hàm số trên? A B C D y y y y O O x x x O x O Lời giải: x   x  Ta có: y  4x  m  m  x , y    m2  m  x  0  Suy hàm số có điểm cực trị Mặt khác lim y   (hệ số a  1  ) nên hình C mơ   x  tả đồ thị hàm số cho  Chọn đáp án C Câu 29: Gọi S diện tích hình phẳng  H  giới hạn đường y  f  x , x  1, x  y trục hồnh hai đường thẳng (hình vẽ bên) Đặt a y=f(x)  f  x  dx, 1 -1 b   f  x  dx , khẳng định sau đúng? O A S  a  b C S  a  b B S  a  b D S  a  b Lời giải: Dựa vào đồ thị ta có: f  x   0, x  1;0  f  x   0, x  0;1 1 1 1 1 Suy ra: S   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  a  b Câu 30:  Chọn đáp án B Cho số phức z thỏa mãn  z  i     i  z   10i Mô đun z A B Lời giải: Gọi z  x  yi  x, y     z  x  yi C D x x  y  Ta có:  x  yi  i     i  x  yi    10i   x  y    x  5y   i   10i    x  y   10 x   Suy ra: z   i  z   y  1 Câu 31:  Chọn đáp án C Cho số phức z thỏa mãn z  Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w  (3  4i)z  i đường tròn Bán kính r đường tròn A r  B r  C r  20 Lời giải: Ta có: w  i    4i  z  w  i    4i  z   4i z  5.4  20 D r  22 Do điểm biểu diễn cho số phức w đường tròn  C  có tâm I  0;1 , bán kính r  20 Câu 32:  Chọn đáp án C   Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ a  1; 2;1 b   x;1  x;  Tìm tập hợp   tất giá trị x để a  b  A 1 B 1; 3 Lời giải:     Ta có: a  b   x  1;  x;   a  b  C 3  x  1    x  2 D 1; 3   x2  x  19  x  1   Theo giả thiết: a  b   2x2  4x  19   x2  x     x   Chọn đáp án D Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  : x  y  2z   Q : x  2y  2z   Bán kính mặt cầu tiếp xúc với hai mặt phẳng cho A B C D Lời giải: Lấy điểm A(1;  1; 0) P  ,  P  / / Q  nên d   P  ; Q    d  A; Q    Mặt cầu tiếp xúc với  P  , Q  có bán kính R   d  P  ; Q  3 1  1   2  Chọn đáp án C Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 2;0  , B  2;0; 2 , C  2; 1; 3 D 1;1;  Đường thẳng qua C vng góc với mặt phẳng  ABD  có phương trình  x  2  4t  A  y  2  3t z   t  Lời giải:  x   4t  B  y  1  3t z   t   x  2  4t  C  y  4  3t z   t   x   2t  D  y  1  t  z   3t  Đường thẳng d qua C vng góc với mặt phẳng  ABD  có vectơ phương  x   4t       u  AD, AB   4; 3;1 nên có phương trình tham số:  y  1  3t   z   t  Câu 35:  x  2  4t  Ta thấy điểm M  2; 4;   d (ứng với t  1 ) nên phương trình d :  y  4  3t z   t   Chọn đáp án C Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình đường thẳng  qua K 1;1;  , đồng thời vng góc với trục Ox đường thẳng d : x   t  A  y   2t  z   4t  x   t  B  y   4t  z   2t  x 1 y 1 z 1   x   C  y   t  z  4  2t  x   D  y   2t  z   4t  Lời giải:  Đường thẳng d có vectơ phương ud  1; 4;   Trục Ox có vectơ phương i  1; 0;  Câu 36: x       Do u  ud , i   0; 2; 4  vectơ phương  Vậy phương trình  :  y   2t    z   4t   Chọn đáp án D Cho tam giác, ba cạnh lấy điểm hình vẽ C3 B1 C2 C1 A1 B2 A2 A3 A4 Lập tất tam giác có đỉnh lấy từ điểm cho? A 55 B 79 C 48 Lời giải: Có C93  84 cách chọn điểm điểm cho D 84 Có C33  cách chọn điểm từ điểm thẳng hàng C1 , C2 , C3 Có C43  cách chọn điểm từ điểm thẳng hàng A1 , A2 , A3 , A4 Vậy lập 84    79 tam giác  Chọn đáp án B Câu 37: Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  2a (minh họa hình bên) Gọi M , N trung điểm AB , AC Khoảng cách hai đường thẳng SB MN S N A C M B a Lời giải: A B a C a 57 19 D a 57 19 S H N A C M K B Ta có: MN //BC  MN // SBC  MB  AB Do đó: d  MN , SB   d  MN , SBC    d  M , SBC    d  A , SBC   Kẻ AK  BC , AH  SK , ta có: BC  SAK   AH  BC Khi AH  SBC   d  A, SBC    AH a (do K trung điểm BC ), ta có: 1 1 19 2a 57 a 57    2  Vậy d  MN , SB   AH   AH  2 2 19 19 AH SA AK 4a 12a a 3      Chọn đáp án D Xét tam giác SAK vng A , có đường cao AH , AK   Câu 38: Cho hàm số f  x  thỏa mãn f    , f   x   2cos2 x  1, x  Tích phân  f  x  dx A 2 4 16 Lời giải: B    14 16 C   16  16 D   16  16  Ta có: f  x    f   x  dx   2cos2 x  dx    cos 2x   dx  sin 2x  2x  C Vì f    nên C  , f  x   sin x  x   Vậy    1      16  f  x  dx    sin x  x   dx    cos x  x  x   16   0 0  Chọn đáp án C 16 Câu 39: Tất giá trị thực tham số m cho hàm số y  x4  2(m  1)x2  m  đồng biến khoảng  1;  A m  5 B 5  m  Lời giải: y  4x3  4(m  1)x  4x3  4x  4mx C m  D m  Hàm số cho đồng biến khoảng (1; 3) y  với x  (1; 3)  4x3  4x  4mx  0, x  (1; 3)  m  x2  1, x  (1; 3) Với x  (1; 3)  x2   10 Vậy m   Chọn đáp án D Câu 40: Cho hình vuông ABCD, AD  3a Điểm M cạnh AB cho AM  2MB (như hình bên) Thể tích khối tròn xoay nhận quay hình tam giác MCD quanh trục AB A V  18 a3 B V  16 a3 C V  24 a3 D V  27 a3 3a A D M B C Lời giải: Gọi V1 thể tích khối trụ với bán kính đáy AD, A 3a D đường cao AB  3a  V1  AB. AD  27 a Gọi V2 thể tích khối nón với bán kính đáy AD, M đường cao AM  2a  V2  AM. AD2  6 a3 Gọi V3 thể tích khối nón với bán kính đáy BC , đường cao BM  a  V3  BM. BC  3 a3 Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm V  V1  V2  V3  18 a3 C B  Chọn đáp án A Câu 41: Cho a , b số thực dương thỏa mãn log a  log16 b  log12 A  B 3 C  5b  a a Giá trị b 3 D Lời giải: Đặt log9 a  log16 b  log12 5b  a 5b  a  t , t  Ta có: a  9t , b  16t ,  12t 2 t t 2t t    12  3  3 Ta có phương trình: 5.16t  9t  2.12t                16 16       4 t Câu 42: t t 2t 3 3 a    3     1  Nhận nghiệm     Suy        4 b      16     Chọn đáp án A Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên:   1   Tất giá trị m để bất phương trình f A m  Lời giải: B m  2 Xét hàm số f   f   x 1 1   x    m có nghiệm C m  1;  D m  Đặt t  x    , đó: bất phương trình x    m có nghiệm x  1;   f  t   m có nghiệm t  1;   Từ bảng biến thiên suy m  2  Chọn đáp án B  Câu 43: Cho phương trình 4log 22 x  log x   x  m  ( m tham số thực) Có tất giá trị nguyên dương m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt? A 49 B 47 C 46 D 48 Lời giải:   x  x   x Điều kiện:  x   7  m  7  m x  log x     4log x  log x    x  Ta có: 4log x  log x   m     log x     x     x  m   x  log m 7 x  m    x   x  Loại nghiệm x  log7  , PT cho có + Xét m  : Điều kiện PT  x  7     nghiệm x  2; x  Do giá trị m  thỏa mãn  x   x  log m , x  log7 m nghiệm PT cho + Xét m  : Điều kiện PT  x  7  m có nghiệm phân biệt  log7 m    72   m  Vì m nên m3; 4; 5; ; 48 Vậy tập hợp giá trị m 1; 3; 4; 5; ; 48 (47 giá trị) Câu 44:  Chọn đáp án B Cho hàm số f  x  thỏa mãn f  x   f   x   e x , x  f    Họ nguyên hàm f  x  e2x A  x   ex  ex  C B  x   e2 x  ex  C C  x  1 ex  C D  x  1 ex  C Lời giải:   Ta có: f  x   f   x   e x  f  x  ex  f   x  ex   f  x  ex    f  x  ex  x  C f     C  , f  x  ex  x   f  x  e2 x   x   ex   f  x  e2 x dx    x   ex dx u  x  du  dx   Đặt  , ta có:   x   ex dx   x   ex   ex dx   x   ex  ex  C   x  1 ex  C  x x  dv  e dx  v  e  Chọn đáp án D Câu 45: Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị hình vẽ bên   C Số nghiệm thực phương trình f x3  3x  A Lời giải: B D  x  3x  t1   f x  3x   x  x  t2  3  Ta có f x  3x      x  x  t3 f x  3x     x3  3x  t  Hàm số y  x  3x có bảng biến thiên:       1  t  2     2  t    3 0  t     t   Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy: PT  1 có nghiệm; PT   có nghiệm; PT   có nghiệm PT   có nghiệm   Vậy phương trình f x3  3x  Câu 46: có nghiệm  Chọn đáp án B Cho hàm số f  x  , bảng biến thiên hàm số f   x  sau:   Số điểm cực trị hàm số y  f x2  2x A B C D Lời giải: Từ bảng biến thiên ta thấy: phương trình f   x   có nghiệm x  a, x  b, x  c , x  d , a  1  b   c   d Xét hàm số y  f x2  2x  y   x  1 f  x2  2x     x    x  x  a  1 x    y     x  1 f  x  x     x2  2x  b    f  x  x   x2  2x  c     x  2x  d        Vì x2  2x   x  1   1, x  nên số nghiệm PT (1), (2), (3), (4) sau: + PT (1) vơ nghiệm + PT (2) có nghiệm phân biệt x1 ; x2 khác (vì 12  2.1  1  a ) + PT (3) có nghiệm phân biệt x3 ; x4 khác không trùng với nghiệm PT (2) + PT (4) có nghiệm phân biệt x5 ; x6 khác không trùng với nghiệm PT (2), PT (3)   Vậy y  có nghiệm đơn phân biệt nên hàm số y  f x2  2x có điểm cực trị Câu 47:  Chọn đáp án C Có cặp số nguyên ( x ; y) thỏa mãn  x  2020 log (2x  2)  x  3y  y ? A 2019 B 2018 C D Lời giải: Ta có: log (2x  2)  x  3y  y  log ( x  1)  x   3y  23 y  log ( x  1)  2log ( x 1)  3y  23 y (1) Xét hàm số f (t)  t  2t , t  Vì f (t)   2t ln  0, t  nên f (t ) đồng biến  Do PT (1)  log ( x  1)  3y  x   23 y  x   y  y  log8 ( x  1) Vì  x  2020 nên log8  log8 ( x  1)  log8 2021   y  log8 2021 Vì y  nên y 0;1; 2; 3 + Với y   x   80   x  + Với y   x   81   x  + Với y   x   82  64  x  63 + Với y   x   83  512  x  511 Vậy có cặp số ( x ; y) nguyên thỏa yêu cầu toán  Chọn đáp án D 1  1 Câu 48: Cho hàm số y  f ( x) liên tục  ;  thỏa mãn f ( x)  x f    x  x Giá trị tích phân x 3  f ( x) I dx x x Lời giải: A B 16 C 1 f ( x)  x f   1  x   x  x  f ( x)  Ta có: f ( x)  x f    x  x  x2  x x2  x x2  x x 3 3 f ( x) dx   x x  Xét K   D 1 f   x   x 1 x1 1 f   x  dx  ( x  1)dx  16 1 x1 1 f   x  dx : đặt  t  dx  dt , đổi cận: x   t  3, x   t  3 x x1 t Câu 49: f (t ) dt f (t ) f ( x) 16 16 Khi K   ta I   I   dt   dx  I Thay vào I  K  9 t t t x x 1 3 t  Chọn đáp án A Cho khối chóp S.ABCD tích 24 cm3 , đáy ABCD hình bình hành Gọi E trung điểm cạnh SC Một mặt phẳng thay đổi chứa AE , cắt cạnh SB SD M N Giá trị nhỏ thể tích khối chóp S.AMEN A cm B cm C cm D cm Lời giải: SM SN  a;  b , đó: SB SD V SE SM SE SN 1  S AEN    a  b  VS AMEN   a  b  VS ACD SC SB SC SD 2 Ta có: VS ACB  VS ACD  12 cm3 Đặt VS AMEN VS AEM  VS AEN VS AEM   12 12 VS ACB Gọi G giao điểm AE MN , G trọng tâm SAC, SBD S SGSB  SGSD  SGBD  SBD SM SN SGSM SGSN SGSM SGSN SGSM  SGSN  3SSMN SM SN Ta có: a  b         3  3ab SB SD SGSB SGSD SSBD SSBD SSBD SSBD SB SD 3  a  b Vì 3ab  Câu 50:  a  b nên a  b  ab 4 Do VS AMEN   a  b    đẳng thức xảy a  b hay MN / / BD Vậy giá trị nhỏ thể tích khối chóp S.AMEN  Chọn đáp án B Gọi d đường thẳng qua A  2;  có hệ số góc m  cắt đồ thị C  : y  x3  6x2  9x  ba điểm phân biệt A , B , C Gọi B , C  hình chiếu vng góc B , C trục tung Giá trị m để hình thang BBCC có diện tích A m  B m  C m  D m  2 Lời giải: Phương trình đường thẳng d : y  m  x   Phương trình hoành độ giao điểm d  C  : x  x3  6x2  9x   m  x     x   x2  x  m      x  x  m   1 d cắt đồ thị  C  điểm phân biệt PT  1 có hai nghiệm phân biệt khác    m      m  1  Điều tương đương với    m3 2  4.2  m   m   Giả sử B  x1 ; mx1  2m , C  x2 ; mx2  2m với x1 x2 hai nghiệm phương trình  1  x  x   x1  0, x2  Ta có B  0; mx1  2m  , C  0; mx2  2m , BB  x1  x1 , Ta có:    x1 x2  m   CC  x2  x2 , BC  m  x1  x2   m x1  x2 x  x2 BB  CC BC  m x1  x2  2m x1  x2 2  16  m2  x1  x2   4x1 x2   16   Hình thang BBCC có hai đáy BB, CC   SBB'C 'C  SBB' C ' C   m x1  x2   m2  x1  x2   m  1  m2 16  4m    16  m3  3m2     m  Kết hợp với  m  ta nhận m   Chọn đáp án C HẾT HUẾ Ngày 11 tháng năm 2020 ... TR TP HU ÔN THI THPT QUốC GIA Môn: Toán 11 TNG ễN TP S 01_TrNg 2020 Lớp Toán thầy LÊ Bá BảO Tr-ờng THPT Đặng Huy Trứ 116/04 Nguyễn Lộ Trạch, TP Huế SĐT: 0935.785.115 Facebook: Lê Bá Bảo Trung... TRắC NGHIệM CHUYÊN Đề Môn: Toán 12 Chủ đề: KHảO SáT HàM Số PHIU HC TP S 01_TrNg 2020 Lớp Toán thầy LÊ Bá BảO Tr-ờng THPT Đặng Huy Trứ SĐT: 0935.785.115 Facebook: Lê Bá Bảo 116/04 Nguyễn Lộ Trạch,... Môn: Toán 11 TNG ễN TP S 02_TrNg 2020 Lớp Toán thầy LÊ Bá BảO Tr-ờng THPT Đặng Huy Trứ 116/04 Nguyễn Lộ Trạch, TP Huế SĐT: 0935.785.115 Facebook: Lê Bá Bảo Trung tâm KM 10 H-ơng Trà, Huế Trong