68 đề thi thử THPT QG 2019 môn toán sở GD đt bạc liêu – lần 2 file word có ma trận lời giải chi tiết

SỞ GD&ĐT BẠC LIỆU ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II CỤM CHUYÊN MÔN 01 NĂM HỌC: 2018 – 2019 ĐỀ THI THAM KHẢO Mơn thi: TỐN (Đề thi có 06 trang) Thời gian làm bài: 90 phút Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần II mơn Tốn Cụm chuyên môn 01 Sở giáo dục đào tạo Bạc Liêu gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung đề xoay quanh chương trình Tốn 12, ngồi cịn số thuộc nội dung Toán lớp 11, 10, lượng kiến thức phân bố sau: 86% lớp 12, 12% lớp 11, 2% kiến thức lớp 10 Đề thi biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa mơn Tốn 2019 mà Bộ Giáo dục Đào tạo công bố từ đầu tháng 12 Đề thi giúp HS biết mức độ để có kế hoạch ơn tập cách hiệu Câu Cho hai hàm số y = log a x, y = log b x (với a, b hai số thực dương khác 1) có đồ thị ( C1 ) , ( C2 ) hình vẽ Khẳng định sau đúng? A < b < < a C < b < a < B < a < b < D < a < < b Câu Hình nón có diện tích xung quanh 24π bán kính đường trịn đáy Đường sinh hình nón có độ dài bằng: A B C D 89 Câu Tính thể tích V phần vật thể giới hạn hai mặt phẳng x = x = , biết cắt vật thể mặt phẳng tùy ý vuông góc với trục Ox điểm có hồnh độ x (1 ≤ x ≤ ) thiết diện hình lục giác có độ dài cạnh 2x A V = 126 3π B V = 126 C V = 63 3π D V = 63 Câu Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B chiều cao h tính cơng thức A V = 2π Bh B V = Bh C V = π Bh D V = Bh Câu Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu có phương trình x + y + z − x + y − z + = Tọa độ tâm I bán kính R mặt cầu là: A I ( 1; −2;3) R = B I ( −1; 2; −3) R = C I ( 1; −2;3) R = D I ( −1; 2; −3) R = Câu Cho F ( x ) nguyên hàm hàm số f ( x ) = thỏa mãn F ( ) = F ( ) = Tính x −1 F ( ) − F ( −1) A + ln B C − 3ln D + ln Câu Tìm nghiệm phương trình log ( x − ) = A x = 13 B x = C x = 11 D x = 21 x Câu Họ nguyên hàm hàm số f ( x ) = x + e Trang 1/5 A + e x + C B x + e x + C C x + e x + C D x − e x + C Câu Cho hàm số y = f ( x ) Đồ thị hàm số y = f ' ( x ) hình vẽ Đặt g ( x ) = f ( x ) − x + x − m , với m tham số thực Điều kiện cần đủ để bất phương trình g ( x ) ≥ nghiệm với ∀x ∈  − 3;  A m ≤ f ( 3) B m ≤ f ( ) ( C m ≥ f ( 1) ) D m ≥ f − Câu 10 Xét hai số thực a, b dương khác Mệnh đề sau đúng? A ln ( ab ) = ln a.ln b C ln B ln ( a + b ) = ln a + ln b a ln a = b ln b D ln a b = b ln a Câu 11 Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( −4;0;1) mặt phẳng ( P ) : x − y − z + = Mặt phẳng ( Q) qua điểm A song song với mặt phẳng ( P ) có phương trình A ( Q ) : x − y − z − = B ( Q ) : x − y + z − = C ( Q ) : x − y + z + = D ( Q ) : x − y − z + = Câu 12 Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : x + y − z − = ( Q ) : x + y − z + = Khoảng cách hai mặt phẳng ( P ) ( Q ) A Câu B 13 Có giá C trị nguyên D tham số m để đồ thị hàm số y = x + ( m + ) x + ( m − m − 3) x − m cắt trục hoành ba điểm phân biệt? A B C Câu 14 Cho đồ thị y = f ( x ) hình vẽ sau Biết D 1 ∫ f ( x ) dx = a −2 ∫ f ( x ) dx = b Tính diện tích S phần hình phẳng tơ đậm A S = b − a C S = a − b B S = −a − b D S = a + b Câu 15 Đường cong hình vẽ sau đồ thị hàm số nào? A y = − x + x + B y = x − x + C y = x − x + D y = x − x + Trang 2/26 Câu 16 Biết ∫ x 3dx x2 + −1 = a + b + c với a, b, c số hữu tỉ Tính P = a + b + c A P = − B P = C P = D P = Câu 17 Tổng giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = x − x − 12 x + 10 đoạn [ −3;3] là: A −18 B −1 C D 18 Câu 18 Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục ¡ có bảng biến thiên hình bên Hàm số cho đồng biến khoảng đây? x +∞ y' y −1 + 0 − + −∞ A ( 1; +∞ ) Câu 19 Đồ thị hàm số y = A +∞ − 0 −∞ −1 B ( −1;0 ) C ( −∞;1) D ( 0;1) x+7 −3 có đường tiệm cận đứng? x2 − x B C D Câu 20 Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z + = Khi mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến ur A n1 = ( 2; −1;1) uu r B n2 = ( 2;1;1) uu r C n4 = ( −2;1;1) ( uu r D n3 = ( 2;1; ) ) Câu 21 Cho a số thực dương khác Tính S = log a a a A S = B S = C S = 13 D S = 12 Câu 22 Cho hình trụ có chiều cao bán kính đáy Thể tích khối trụ cho A 6π B 15π Câu 23 Đồ thị hàm số y = A y = C 9π D 18π x +1 có đường tiệm cận ngang đường thẳng sau đây? 4x −1 B x = C x = −1 D y = −1 Câu 24 Tập hợp tất giá trị thực tham số thực m để hàm số y = ln ( x + 1) − mx + đồng biến ¡ ? A [ −1;1] B ( −1;1) C ( −∞; −1] D ( −∞; −1) Câu 25 Trong không gian Oxyz, phương trình mặt phẳng ( P ) qua điểm B ( 2;1; −3) , đồng thời vng góc với hai mặt phẳng ( Q ) : x + y + z = 0, ( R ) : x − y + z = là: A x + y − z − 14 = B x + y − 3z + 22 = C x + y − 3z − 22 = D x − y − z − 12 = Trang 3/26 Câu 26 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − y + 2z − = điểm I ( −1; 2; −1) Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm I cắt mặt phẳng ( P ) theo giao tuyến đường trịn có bán kính A ( S ) : ( x − 1) + ( y + ) + ( z − 1) = 34 2 B ( S ) : ( x + 1) + ( y − ) + ( z + 1) = 16 C ( S ) : ( x + 1) + ( y − ) + ( z + 1) = 25 2 D ( S ) : ( x + 1) + ( y − ) + ( z + 1) = 34 r r r r r Câu 27 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho a = i + j − 2k Tọa độ vectơ a A ( 2; −3; −1) 2 B ( −3; 2; −1) C ( 2; −1; −3) 2 D ( 1;3; −2 ) Câu 28 Tìm giá trị cực tiểu yCT hàm số y = x − x A yCT = −4 Câu 29 Cho ∫ B yCT = −2 C yCT = D yCT = f ( x ) dx = Tính giá trị tích phân L = ∫  f ( x ) − x  dx A L = B L = −5 C L = −23 D L = −7 Câu 30 Cho cấp số cộng có u1 = −3; u10 = 24 Tìm cơng sai d? A d = B d = −3 C d = − D d = Câu 31 Cho phương trình 22 x − 5.2 x + = có hai nghiệm x1 , x2 Tính P = x1.x2 A P = log B P = log C P = log D P = Câu 32 Cho hình chóp S.ABCD có AB = SA = Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp cho A B 33 C D Câu 33 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = a Tính thể tích V khối chóp S.ABCD A V = a B V = a3 C V = a3 D V = a3 Câu 34 Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ ( ABC ) , tam giác ABC vuông B AH đường cao ∆SAB Tìm khẳng định sai A SA ⊥ BC B AH ⊥ AC C AH ⊥ SC D AH ⊥ BC Câu 35 Từ chữ số 1; 5; 6; lập số tự nhiên có chữ số đơi khác nhau? A 12 B 24 C 64 D 256 C D = ( −∞; ) D D = ¡ Câu 36 Hàm số y = ( − x ) có tập xác định A D = ¡ \ { 4} B D = ( 4; +∞ ) x x+1 Câu 37 Biết bất phương trình log ( − 1) log 25 ( − ) ≤ có tập nghiệm đoạn [ a; b ] Giá trị a + b A + log 156 B −1 + log 156 C −2 + log 156 D −2 + log 26 Trang 4/26 Câu 38 Một người lần đầu gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn theo quý (3 tháng), lãi suất 2% quý Biết không rút tiền khỏi ngân hàng sau quý số tiền lãi nhập vào gốc để tính lãi cho quý Sau tháng, người gửi thêm 100 triệu đồng với kỳ hạn lãi suất trước Tổng số tiền người nhận năm sau gửi tiền (cả vốn lẫn lãi) gần với kết sau đây? A 212 triệu đồng B 216 triệu đồng C 210 triệu đồng D 220 triệu đồng Câu 39 Tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = x + x − điểm có hồnh độ −3 có phương trình A y = 30 x + 25 Câu 40 Cho ∫ B y = x − 25 f ( x ) dx = A −3 ∫ C y = x + 25 f ( x ) dx = −2 Giá trị B −1 D y = 30 x − 25 ∫ f ( x ) dx C D Câu 41 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B, BC = 2a, SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = 2a Gọi M trung điểm AC Khoảng cách hai đường thẳng AB SM A 2a 39 13 B 2a 13 Câu 42 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu C a 39 13 ( S ) : ( x − 3) D 2a 13 + ( y − 1) + ( z − 1) = hai điểm 2 A ( −1; 2; −3) ; B ( 5; 2;3) Gọi M điểm thay đổi mặt cầu ( S ) Tính giá trị lớn biểu thức 2MA2 + MB A B 123 C 65 D 112 Câu 43 Trong thi pha chế, đội chơi sử dụng tối đa 24g hương liệu, lít nước 210g đường để pha chế nước cam nước táo Để pha chế lít nước cam cần 30g đường, lít nước 1g hương liệu; cịn để pha chế lít nước táo, cần 10g đường, lít nước 4g hương liệu Mỗi lít nước cam nhận 60 điểm lít nước táo nhận 80 điểm Gọi x, y số lít nước cam nước táo mà đội cần pha chế cho tổng điểm đạt lớn Tính T = x + y A T = 43 B T = 66 C T = 57 D T = 88 Câu 44 Sân trường có bồn hoa hình trịn tâm O Một nhóm học sinh lớp 12 giao thiết kế bốn hoa, nhóm định bồn hoa thành bốn phần hai đường parabol có đỉnh O đối xứng qua O (như hình vẽ) Hai đường parabol cắt đường tròn bốn điểm A, B, C, D tạo thành hình vng có cạnh 4m Phần diện tích S1 , S dùng để trồng hoa, phần diện tích S3 , S dùng để trồng cỏ Biết kinh phí trồng hoa 150.000 đồng/ m , kinh phí để trồng cỏ 100.000 đồng/ m Hỏi nhà trường cần tiền để trồng bồn hoa đó? (Số tiền làm trịn đến hàng chục nghìn) A 3.000.000 đồng C 5.790.000 đồng B 3.270.000 đồng D 6.060.000 đồng Câu 45 Giả sử hàm số y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương ( 0; +∞ ) thỏa mãn f ( 1) = , f ( x ) = f ' ( x ) x + , với x > Mệnh đề sau đúng? Trang 5/26 A < f ( ) < B < f ( ) < C < f ( ) < D < f ( ) < Câu 46 Cho hình H đa giác có 24 đỉnh Chọn ngẫu nhiên đỉnh H Tính xác suất cho đỉnh chọn tạo thành hình chữ nhật khơng phải hình vng A 161 B 45 1771 C 77 D 10 1771 Câu 47 Cho lăng trụ ABC.EFH có tất cạnh a Gọi S điểm đối xứng A qua BH Thể tích khối đa diện ABCSFH A a3 B 3a C a3 D 3a Câu 48 Ông A dự định sử dụng hết 5m kính để làm bể cá kính có dạng hình hộp chữ nhật khơng nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước khơng đáng kể) Bể cá tích lớn (kết làm trịn đến hàng phần trăm)? A 0,96m3 B 1,51m3 C 1,33m3 D 1, 01m3 Câu 49 Gọi S tập hợp giá trị thực tham số m cho phương trình x + x − x = m + 3 x + m có hai nghiệm thực Tính tổng phần tử S A −12 B C −8 D Câu 50 Cho x, y số thực thỏa mãn log ( x + y ) + log ( x − y ) ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x − y A Pmin = B Pmin = −4 C Pmin = D Pmin = 10 Trang 6/26 MA TRẬN ĐỀ THI Lớp Chương Nhận Biết Thông Hiểu Vận Dụng C18 C19 C23 C24 C28 C9 C13 C17 Vận dụng cao Đại số Lớp 12 (90%) Chương 1: Hàm Số C15 C36 Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit C1 C7 C10 C21 C31 C37 C38 Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng C8 C14 C29 C40 C3 C6 C16 C44 C45 C49 C50 Chương 4: Số Phức Hình học Chương 1: Khối Đa Diện C4 Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu C2 C22 Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian C5 C11 C20 C27 C33 C34 C32 C41 C47 C12 C25 C26 C42 C48 Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác Lớp 11 (8%) Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất C35 C46 Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân C30 Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm C39 Hình học Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Trang 7/26 Phẳng Chương 2: Đường thẳng mặt phẳng không gian Quan hệ song song Chương 3: Vectơ khơng gian Quan hệ vng góc không gian Đại số Lớp 10 (2%) Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình Chương 4: Bất Đẳng Thức Bất Phương Trình C43 Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác Cơng Thức Lượng Giác Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vơ Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Tổng số câu 14 15 18 Điểm 2.8 3.0 3.6 0.6 Trang 8/26 NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan Kiến thức tập trung chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 8%., câu hỏi lớp 10 chiếm % Cấu trúc tương tự đề thi minh họa năm 2018-2019 20 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh câu VDC: C48, C49, C50 Chủ yếu câu hỏi mức thông hiểu vận dụng Đề thi phân loại học sinh mức Trang 9/26 ĐÁP ÁN A B B B A C D B A 10 D 11 D 12 A 13 A 14 A 15 C 16 C 17 A 18 D 19 C 20 A 21 C 22 D 23 A 24 C 25 C 26 D 27 D 28 A 29 B 30 D 31 C 32 C 33 D 34 B 35 B 36 C 37 C 38 A 39 C 40 B 41 A 42 B 43 C 44 B 45 D 46 D 47 D 48 B 49 D 50 C LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu Chọn đáp án A Phương pháp Quan sát đồ thị hàm số, nhận xét tính đồng biến nghịch biến suy điều kiện a, b Cách giải Đồ thị hàm số ( C1 ) có hướng lên từ trái qua phải nên hàm số y = log a x đồng biến hay a > Đồ thị hàm số ( C2 ) có hướng xuống từ trái qua phải nên hàm số y = log b x nghịch biến hay < b < Do < b < < a Câu Chọn đáp án B Phương pháp Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh hình nón S xq = π rl (với r bán kính đáy, l đường sinh hình nón) Cách giải Ta có diện tích xung quanh hình nón S xq = π rl ⇔ l = S xq πr = 24π =8 π Câu Chọn đáp án B Phương pháp - Tính diện tích thiết diện theo x b - Tính thể tích theo cơng thức V = ∫ S ( x ) dx a Cách giải Diện tích tam giác cạnh 2x ( 2x) = x2 Diện tích hình lục giác lần diện tích tam giác nên S ( x ) = x 4 1 Thể tích V = ∫ S ( x ) dx = ∫ x 3dx = x = 126 b Chú ý giải: Nhiều em nhớ nhầm cơng thức thành V = π ∫ S ( x ) dx dẫn đến chọn nhầm đáp a án A sai Câu Chọn đáp án B Phương pháp Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B chiều cao h tính cơng thức V = Bh Cách giải Trang 10/26 Xét hàm h ( x ) = f ( x ) − x + x đoạn  − 3;  ta có: h ' ( x ) = f ' ( x ) − x + = ( f ' ( x ) − x + 1) = ⇔ f ' ( x ) = x − Dựng đồ thị hàm số y = x − hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số y = f ' ( x ) cho ta được: ( ) Xét đoạn − 3; f ' ( x ) ≥ x − 1, ∀x ∈  − 3;  Do f ' ( x ) − x + ≥ 0, ∀x ∈  − 3;  hay hàm số y = h ( x ) đồng biến  − 3;  ( ) Suy h − ≤ h ( x ) ≤ h ( 3) ( Điều kiện toán thỏa ⇔ m ≤ −min 3;  (  ) ) ( 3) h ( x) = h ( − 3) = f ( − ) hay f − ≤ h ( x ) ≤ f  Vậy m ≤ f − Câu 10 Chọn đáp án D Phương pháp Sử dụng tính chất công thức log a , với a, b, c > 0; a ≠ ta có log a ( bc ) = log a b + log a c;log a b = log a b − log a c;log a bα = α log a b (giả sử biểu thức có nghĩa) c Cách giải + A sai ln ( ab ) = ln a + ln b + B sai ta khơng có cơng thức log a tổng + C sai ln a = ln a − ln b b + Vì ln a b = b ln a nên D Câu 11 Chọn đáp án D Phương pháp uur uur Sử dụng tính chất ( Q ) / / ( P ) ⇔ nQ / / nP Cách giải uur uur có VTPT nP = ( 1; −2; −1) nên ( Q ) / / ( P ) ⇒ nQ = ( 1; −2; −1) uur ( Q ) qua A ( −4;0;1) nhận nQ = ( 1; −2; −1) làm VTPT nên ( Q ) có phương trình là: ( P) : x − y − z + = 1( x + ) − ( y − ) − 1( z − 1) = ⇔ x − y − z + = Chú ý giải: Các em loại dần đáp án việc kiểm tra VTPT ( Q ) thay tọa độ điểm A vào phương trình chưa bị loại để kiểm tra Câu 12 Chọn đáp án A Phương pháp Sử dụng mối quan hệ khoảng cách hai mặt phẳng song song ( P) ( Q) : d ( ( P ) , ( Q ) ) = d ( M ; ( Q ) ) với M ∈ ( P ) Trang 12/26 ax0 + by0 + cz0 + d Cho M ( x0 ; y0 ; z0 ) ( Q ) : ax + by + cz + d = d ( M ; ( Q ) ) = a + b2 + c2 Cách giải Nhận thấy ( P ) : x + y − z − = ( Q ) : x + y − z + = song song Nên lấy M ( 0; 4;1) ∈ ( P ) d ( ( P ) , ( Q ) ) = d ( M ; ( Q ) ) = + 4.2 − 2.1 + + + ( −2 ) 2 = −2 −6 = = ≠ 2 −2 =3 Câu 13 Chọn đáp án A Phương pháp Nhẩm nghiệm phương trình hồnh độ giao điểm, từ tìm điều kiện để phương trình hồnh độ giao điểm có nghiệm phân biệt Cách giải Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x + ( m + ) x + ( m − m − 3) x − m = ⇔ ( x − 1) ( x + ( m + 3) x + m ) = x −1 = x = ⇔ ⇔  2  x + ( m + 3) x + m =  x + ( m + 3) x + m = 2 Để đồ thị hàm số cắt trục hồnh ba điểm phân biệt phương trình x + ( m + 3) x + m = phải có hai nghiệm phân biệt khác ∆ = ( m + 3) − 4m >  −3m + 6m + > ⇔ ⇔ ⇔ −1 < m < 2 m + m + ≠ luon dung ( ) + m + + m ≠  ( )   Do với −1 < m < đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt Mà m ∈ ¢ nên m ∈ { 0;1; 2} Câu 14 Chọn đáp án A Phương pháp Sử dụng cơng thức tính diện tích mặt phẳng giới hạn đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục Ox hai đường b thẳng x = a; x = b S = ∫ f ( x ) dx a Chú ý đến dấu f ( x ) phá dấu giá trị tuyệt đối Nếu đồ thị nằm Ox f ( x ) < , đồ thị nằm Ox f ( x ) > Cách giải Trên ( −2;1) đồ thị nằm phía Ox nên f ( x ) < , khoảng ( 1; ) đồ thị nằm Ox nên f ( x) > Nên từ hình vẽ ta có diện tích phần tơ đậm S= ∫ −2 2 −2 f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = −a + b = b − a Câu 15 Chọn đáp án C Phương pháp Trang 13/26 Quan sát đồ thị hàm số, nhận xét dáng điệu, điểm qua kết luận Cách giải Quan sát đồ thị ta thấy đồ thị hàm bậc ba có hệ số a > nên loại A, B Đồ thị hàm số qua điểm ( −1;3) nên thay tọa độ điểm ( −1;3) vào hai hàm số C D ta thấy có C thỏa mãn Câu 16 Chọn đáp án C Phương pháp Sử dụng phương pháp đổi biến số x + = t để tìm tích phân Cách giải Đặt t   xdx = tdt dx = dt x +1 = t ⇒ x +1 = t ⇒  2 ⇔ x  x = t −1  x2 = t −1  2 Đổi cận: Với x = ⇒ t = 2; x = ⇒ t = ∫ Do x 3dx x3 t =∫ dt = x2 + − t −1 x t3 t2 = ∫ ( t + t ) dt = + 2 = 2 x t ∫ t − dt = ∫ (t − 1) t t −1 dt = ∫ ( t + 1) ( t − 1) t dt t −1 5 2 5+ − −1 = 3− 2+ 3 3 5 nên a = ; b = − ; c = ⇒ P = a + b + c = 3 2 Câu 17 Chọn đáp án A Phương pháp - Tính y ' tìm nghiệm y ' = đoạn [ −3;3] - Tính giá trị hàm số hai điểm −3,3 điểm nghiệm đạo hàm - So sánh kết kết luận Cách giải  x = −1∈ [ −3;3] Ta có: y ' = x − x − 12 = ⇔   x = ∈ [ −3;3] Lại có: y ( −3) = −35, y ( −1) = 17, y ( ) = −10, y ( ) = Do giá trị lớn hàm số [ −3;3] M = 17 giá trị nhỏ hàm số [ −3;3] m = −35; Vậy T = M + m = 17 + ( −35 ) = −18 Câu 18 Chọn đáp án D Phương pháp Sử dụng cách đọc bảng biến thiên để suy khoảng đồng biến hàm số Hàm số liên tục ( a; b ) có y ' > với x ∈ ( a; b ) hàm số đồng biến ( a; b ) Cách giải Từ BBT ta có hàm số đồng biến khoảng ( −∞; −1) ( 0;1) Câu 19 Chọn đáp án C Trang 14/26 Phương pháp Nhân thử mẫu với biểu thức liên hợp tử, tìm nghiệm mẫu thức tính giới hạn hàm số nghiệm Cách giải Ta có: y = lim y = lim x→0 x→0 x+7 −3 = x2 − 2x x ( ( x+7 +3 ) ( x + + 3) = x−2 = ( x − x ) ( x + + 3) x ( x − ) ( x + + 3) x ( x+7 −3 ) x+7 +3 ) = +∞ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x = Câu 20 Chọn đáp án A Phương pháp r Mặt phẳng ( P ) : ax + by + cz + d = có vectơ pháp tuyến n = ( a; b; c ) Cách giải r Mặt phẳng ( P ) : x − y + z + = có VTPT n = ( 2; −1;1) Câu 21 Chọn đáp án C Phương pháp n Sử dụng công thức lũy thừa thu gọn biểu thức dấu logarit sử dụng công thức log a a = n Cách giải 13  14  13 34 S = log a a = log a a = log a = Ta có: ÷ a a a   ( ) Câu 22 Chọn đáp án D Phương pháp Sử dụng cơng thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h bán kính đáy r V = π r h Cách giải Thể tích khối trụ cho V = π r h = π 32.2 = 18π Câu 23 Chọn đáp án A Phương pháp ax + b a Đồ thị hàm số y = với ad − bc ≠ có đường tiệm cận ngang y = cx + d c Cách giải x +1 Đồ thị hàm số y = có đường tiệm cận ngang đường thẳng y = 4x −1 Câu 24 Chọn đáp án C Phương pháp Hàm số y = f ( x ) có TXĐ D = ¡ đồng biến ¡ ⇔ f ' ( x ) ≥ 0; ∀x ∈ ¡ dấu “=” xảy hữu hạn điểm Cách giải 2x −m x +1 Để hàm số đồng biến ¡ y ' ≥ với ∀x ∈ ¡ TXĐ: D = ¡ Ta có y ' = Trang 15/26 Hay 2x 2x −m ≥0 ⇔ m≤ = g ( x ) với ∀x ∈ ¡ x +1 x +1 x = −2 x + 2x g ' x = =0⇔ ( ) g ( x ) với g ( x ) = 2 Suy m ≤ , xét ¡  x = −1 x +1 ( x + 1) BBT g ( x ) x −∞ −1 g '( x) g ( x) +∞ − − + −1 Từ BBT suy g ( x ) = −1 ⇔ x = −1 Nên m ≤ −1 hàm số y = ln ( x + 1) − mx + đồng biến ¡ Câu 25 Chọn đáp án C Phương pháp uur uur uur Mặt phẳng ( P ) vng góc với hai mặt phẳng ( Q ) , ( R ) nên nP =  nQ , nR  r Mặt phẳng ( P ) qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) nhận n = ( a; b; c ) làm VTPT ( P ) : a ( x − x0 ) + b ( y − y0 ) + c ( z − z0 ) = Cách giải uur uur uur Mặt phẳng ( P ) vuông góc với hai mặt phẳng ( Q ) , ( R ) nên nP =  nQ , nR  uur uur uur uur Có nQ = ( 1;1;3) nR = ( 2; −1;1) nên  nQ , nR  = ( 4;5; −3) Vậy ( P ) : ( x − ) + ( y − 1) − ( z + 3) = hay ( P ) : x + y − z − 22 = Câu 26 Chọn đáp án D Phương pháp + Cho mặt cầu ( S ) có tâm I bán kính R mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu theo giao tuyến đường trịn có bán kính r ta có mối liên hệ R = h2 + r với h = d ( I , ( P ) ) Từ ta tính R + Phương trình mặt cầu tâm I ( x0 ; y0 ; z0 ) bán kính R có dạng ( x − x0 ) + ( y − y0 ) + ( z − z0 ) = R 2 2 Cách giải + Ta có h = d ( I , ( P ) ) = −1 − 2.2 + ( −1) − + ( −2 ) + 2 2 = = 3 + Từ đề ta có bán kính đường trịn giao tuyến r = nên bán kính mặt cầu R = r + h = 52 + 32 = 34 + Phương trình mặt cầu tâm I ( −1; 2; −1) bán kính R = 34 ( x + 1) + ( y − ) + ( z + 1) = 34 2 Câu 27 Chọn đáp án D Phương pháp r r r r r Vectơ u = xi + y j + zk u = ( x; y; z ) Trang 16/26 Cách giải r r r r r Do a = i + j − 2k nên a = ( 1;3; −2 ) Câu 28 Chọn đáp án A Phương pháp Nhận thấy hàm đa thức bậc ba nên ta thực bước sau: + Tìm y ' , giải phương trình y ' = ta tìm nghiệm x0 + Tìm y '' , y '' ( x0 ) > x0 điểm cực tiểu hàm số từ tính giá trị cực tiểu y ( x0 ) Cách giải x = Ta có y ' = 3x − x = ⇔ x ( x − ) = ⇔  x = Lại có y '' = x − ⇒ y '' ( ) = −6; y '' ( ) = > nên x = điểm cực tiểu hàm số Khi yCT = y ( ) = − 3.2 = −4 Chú ý: Các em lập BBT để tìm điểm cực tiểu Câu 29 Chọn đáp án B Phương pháp Sử dụng tính chất tích phân b b b a a a ∫  f ( x ) ± g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx ± ∫ g ( x ) dx b b a a ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx Cách giải 3 3 x3 33 = 2.2 − = −5 Ta có: L = ∫  f ( x ) − x  dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ x dx = ∫ f ( x ) dx − 3 0 0 2 Câu 30 Chọn đáp án D Phương pháp Sử dụng cơng thức: Cho cấp số cộng có số hạng đầu u1 cơng sai d số hạng thứ n ( n > 1) un = u1 + ( n − 1) d Từ ta tìm cơng sai d Cách giải Ta có u10 = u1 + 9d ⇔ −3 + 9d = 24 ⇔ 9d = 27 ⇔ d = Câu 31 Chọn đáp án C Phương pháp Coi phương trình cho bậc hai ẩn x , giải phương trình tìm x kết luận Cách giải 2x = x = ⇔ Ta có: − 5.2 + = ⇔ ( − ) ( − ) = ⇔  x  x = log 2 = 2x x x x Do P = x1.x2 = 1.log = log Câu 32 Chọn đáp án C Trang 17/26 Phương pháp Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp giao đường trung trực cạnh bên chiều cao hình chóp Từ sử dụng tam giác đồng dạng để tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Cách giải Gọi O tâm hình vng ABCD E trung điểm SB Vì S.ABCD hình chóp nên SO ⊥ ( ABCD ) Trong ( SBO ) kẻ đường trung trực SB cắt SO I, IA = IB = IC = ID = IS nên I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bán kính mặt cầu R = IS Ta có ABCD hình vng cạnh BD ⇒ BD = BC + CD = 2 ⇒ BO = = 2 Ta có SA = SB = SC = SD = (vì S.ABCD hình chóp đều) nên SE = EB = 2 Xét tam giác SBO vng O (vì SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ SO ⊥ OB ) có SO = SB − OB = 18 − = Ta có ∆SEI đồng dạng với tam giác SOB (g-g) SI SE SB.SE ⇒ = ⇔ IS = = SB SO SO 2 = 4 Chú ý: Các em sử dụng cơng thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp có cạnh Vậy bán kính R = bên a chiều cao h R = a2 2h Câu 33 Chọn đáp án D Phương pháp Tính diện tích đáy tính thể tích theo cơng thức V = Bh Cách giải 1 a3 Diện tích đáy S ABCD = a ⇒ VS ABCD = S ABCD SA = a a = 3 Câu 34 Chọn đáp án B Phương pháp Sử dụng kiến thức sau:  d ⊥ a, d ⊥ b  +)  a, b ⊂ ( P ) ⇒ d ⊥ ( P ) a ∩ b  +) d ⊥ ( P ) d vng góc với đường thẳng nằm ( P ) Từ tìm khẳng định sai Cách giải Trang 18/26 Ta có SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ BC nên A  BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH Lại có   BC ⊥ AB  AH ⊥ SC Mà AH ⊥ SB ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒  hay C, D  AH ⊥ BC Từ B sai Câu 35 Chọn đáp án B Phương pháp Số số lập số hốn vị Cách giải Mỗi số lập thỏa mãn toán hoán vị chữ số 1; 5; 6; Số số có bốn chữ số đơi khác lập từ chữ số 1; 5; 6; P4 = 4! = 24 số Câu 36 Chọn đáp án C Phương pháp Hàm số y = ( f ( x ) ) với a phân số (khơng số ngun) số vơ tỉ có điều kiện f ( x ) > a Cách giải Do ∉ ¢ nên hàm số xác định ⇔ − x > ⇔ x < Vậy TXĐ hàm số D = ( −∞; ) Câu 37 Chọn đáp án C Phương pháp x Giải bất phương trình cách đưa bất phương trình bậc hai, ẩn log ( − 1) Cách giải Điều kiện: x − > ⇔ x > Ta có: log ( 5x − 1) log 25 ( x +1 − ) ≤ ⇔ log5 ( x − 1) log5 5 ( x − 1)  ≤ ⇔ log ( x − 1) 1 + log ( x − 1)  − ≤ ⇔ log 52 ( x − 1) + log ( x − 1) − ≤ ⇔ log ( x − 1) − 1 log ( x − 1) +  ≤ ⇔ −2 ≤ log ( x − 1) ≤ ⇔ 5−2 ≤ x − ≤ 51 ⇔ ⇔ ≤ 5x − ≤ 25 26 26 ≤ x ≤ ⇔ log ≤ x ≤ log 25 25 26 26   Do tập nghiệm bất phương trình log ;log  ⇒ a = log ; b = log 25 25   ⇒ a + b = log 26 156 + log5 = log = log 156 − log 25 = log 156 − 25 25 Trang 19/26 Câu 38 Chọn đáp án A Phương pháp Sử dụng công thức lãi kép A = A0 ( + r ) với r lãi suất, A0 số tiền ban đầu, A số tiền thu sau n n kì hạn Cách giải Số tiền gốc lãi người nhận sau gửi 100 triệu tháng đầu 100 ( + 2% ) triệu đồng Sau tháng người gửi thêm 100 triệu đồng nên số tiền gốc lúc 100 + 100 ( + 0, 02 ) Sau tháng cịn lại, người nhận tổng số tiền ( T = 100 + 100 ( + 0, 02 ) ) ( + 0, 02 ) ≈ 212, 28 triệu đồng Câu 39 Chọn đáp án C Phương pháp Tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = f ( x) điểm có hồnh độ x0 có phương trình y = f ' ( x0 ) ( x − x0 ) + f ( x0 ) Cách giải Ta có: y ' = 3x + x ⇒ y ' ( −3) = Tại x = −3 y = −2 Vậy phương trình tiếp tuyến: y = ( x + 3) − = x + 25 Câu 40 Chọn đáp án B Phương pháp Sử dụng công thức c b b a c a ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx Cách giải Ta có ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = + ( −2 ) = −1 Câu 41 Chọn đáp án A Phương pháp Sử dụng lý thuyết: Góc hai đường thẳng chéo a, b góc đường thẳng a với mặt phẳng ( P) chứa b mà song song với a Cách giải Gọi N trung điểm BC AB / / MN suy d ( AB, SM ) = d ( AB, ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) ) Gọi E hình chiếu A lên MN ⇒ ME ⊥ AE , mà ME ⊥ SA ⇒ NE ⊥ ( SAE ) Gọi F hình chiếu A lên SE ⇒ AF ⊥ SE Mà EN ⊥ ( SAE ) ⇒ NE ⊥ AF Do AF ⊥ ( SEN ) hay d ( A, ( SMN ) ) = d ( A, ( SEN ) ) = AF Trang 20/26 Tam giác SAE vng A có 1 1 13 12a 2a 39 = + = + = ⇒ AF = ⇔ AF = 2 2 AF AS AE 12a a 12a 13 13 2a 39 13 Câu 42 Chọn đáp án B Phương pháp Vậy d ( AB, SM ) = uuur uuur r - Ta xác định điểm H ( x; y; z ) cho 2.HA + HB = - Từ biến đổi để có 2MA2 + MB lớn MH lớn - MH max = HI + R với I, R tâm bán kính mặt cầu ( S ) Cách giải uuur uuur r Ta xác định điểm H ( x; y; z ) cho 2.HA + HB = uuur uuur HA = ( −1 − x; − y; −3 − z ) ; HB = ( − x; − y;3 − z ) nên uuur uuur r r HA + HB = ⇔ ( −2 − x; − y; −6 − z ) + ( − x; − y;3 − z ) =  −2 − x + − x = x =   ⇔ 4 − y + − y = ⇔  y = ⇒ H ( 1; 2; −1)  −6 − z + − z =  z = −1   Ta có uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur 2 MA2 + MB = MA + MB = MH + HA + MH + HB uuuur uuur uuuur uuur = MH + MH HA + HA2 + MH + 2.MH HB + HB uuuur uuur uuur = 3MH + HA2 + HB + MH HA + HB uuur uuur r = 3MH + HA2 + HB (Do 2.HA + HB = ) uuur uuur Ta có HA = ( −2;0; −2 ) ; HB = ( 4;0; ) ⇒ HA2 = 8; HB = 32 nên ( ( ) ( ( ) ( ) ) ) MA2 + MB = 3MH + 2.8 + 32 = 3MH + 48 Từ 2MA2 + MB lớn MH lớn hay MH lớn Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 3;1;1) , bán kính R = Ta có MH max = HI + R = + + + = Như 2MA2 + MB đạt GTLN 3MH + 48 = 3.25 + 48 = 123 Câu 43 Chọn đáp án C Phương pháp - Lập hệ bất phương trình ẩn x, y dựa vào điều kiện đề - Biểu diễn miền nghiệm hệ mặt phẳng tọa độ - Tìm x, y để biểu thức tính số điểm M ( x; y ) đạt GTLN (tại điểm mút) Cách giải Gọi x, y số lít nước cam nước táo mà đội cần pha chế ( x ≥ 0; y ≥ ) Để pha chế x lít nước cam cần 30x ( g ) đường, x lít nước x ( g ) hương liệu Trang 21/26 Để pha chế y lít nước táo cần 10 y ( g ) đường, y lít nước y ( g ) hương liệu 30 x + 10 y ≤ 210 x + y ≤  Theo ta có hệ bất phương trình:  (*)  x + y ≤ 24  x ≥ 0, y ≥ Số điểm đạt pha x lít nước cam y lít nước táo là: M ( x; y ) = 60 x + 80 y Bài toán trở thành tìm x, t thỏa để M ( x; y ) đạt GTLN Ta biểu diễn miền nghiệm (*) mặt phẳng tọa độ sau: Miền nghiệm ngũ giác ACJIH Tọa độ giao điểm A ( 4;5 ) , C ( 6;3) , J ( 7;0 ) , I ( 0;0 ) , H ( 0;6 ) M ( x; y ) đạt max, điểm đầu mút nên thay tọa độ giao điểm vào tính M ( x; y ) ta được: M ( 4;5 ) = 640 ; M ( 6;3) = 600, M ( 7;0 ) = 420, M ( 0;0 ) = 0, M ( 0;6 ) = 480 Vậy max M ( x; y ) = 640 x = 4; y = ⇒ T = x + y = 57 Câu 44 Chọn đáp án B Phương pháp + Từ giả thiết ta viết phương trình đường trịn phương trình parabol + S1 phần diện tích giới hạn parabol; đường tròn hai đường thẳng x = 2; x = −2 Từ sử dụng cơng thức diện tích hình phẳng ứng dụng tích phân để tính S1 Diện tích hình phẳng giới hạn hai đồ thị hàm số y = f ( x ) ; y = g ( x ) hai đường thẳng x = a; x = b b S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx a + Từ tính S1 ; S ; S3 ; S tính tiền trồng bồn hoa Cách giải Vì ABCD hình vuông cạnh nên BD = BC + CD = ⇒ OB = 2 A ( −2; ) ; B ( 2; ) Phương trình đường trịn tâm O bán kính r=2 x2 + y = ⇒ y = − x2 Parabol qua hai điểm A ( −2; ) , B ( 2; ) có đỉnh O ( 0;0 ) có dạng y = ax ( a ≠ ) Khi = a.2 ⇒ a = 1 ⇒ y = x2 ( P ) 2 Trang 22/26 Từ đồ thị ta có S1 giới hạn hai đồ thị hàm số y = − x y = x hai đường thẳng x = −2; x = 2   Nên ta có S1 = ∫  − x − x ÷dx = ∫ − x dx − x = I −  −2 −2  −2 Xét I = ∫ −2 − x dx , đặt x = 2 sin t ⇒ dx = 2 cos tdt Đổi biến số x = −2 ⇒ t = − Từ I = π ∫ π π ;x = 2⇒t = 4 − 8sin t 2 cos tdt = π − π π π − π − ∫ 8cos tdt = ∫ ( + cos 2t ) dt = 4t + 2sin 2t π π − = 2π + 8 Nên S1 = I − = 2π + − = 2π + 3 Lại thấy S1 = S ; S3 = S (vì hai parabol đối xứng qua đỉnh O), diện tích bốn hoa ( S = π r2 = π 2 ) = 8π (m ) = 4π − ( m ) Từ diện tích trồng hoa S1 + S = 2S1 = 4π + Diện tích trồng cỏ S3 + S = S − ( S1 + S ) 8 8   Nên tổng số tiền trồng bồn hoa  4π + ÷.150000 +  4π − ÷.100000 ≈ 3274926 đồng 3 3   Câu 45 Chọn đáp án D Phương pháp - Từ điều kiện f ( x ) = f ' ( x ) x + rút f '( x) lấy nguyên hàm hai vế, kết hợp với f ( 1) = tìm f ( x) f ( x) - Tính f ( ) kết luận Cách giải Ta có: f ( x ) = f ' ( x ) x + ⇒ f '( x) = f ( x) 3x + Lấy nguyên hàm hai vế ta được: ∫ d ( f ( x) ) f '( x) − dx = ∫ dx ⇒ ∫ = ∫ ( x + 1) dx f ( x) f ( x) 3x + ⇒ ln f ( x ) = 2 3x + + C ⇒ f ( x ) = e 3 Do f ( 1) = nên e 3.1+1 + C =1⇔ x +1 + C 4 + C = ⇔ C = − hay f ( x ) = e 3 3 x +1 − Trang 23/26 Do f ( ) = e 3.5 +1 − 4 = e ≈ 3, 79 Vậy < f ( ) < Câu 46 Chọn đáp án D Phương pháp Nhận xét rằng: Đa giác có số đỉnh chẵn ln tồn đường kính đường trịn ngoại tiếp đa giác đoạn nối hai đỉnh đa giác Nên ta chia đường trịn ngoại tiếp đa giác thành hai nửa đường trịn dựa vào tính đối xứng đỉnh để tạo thành hình chữ nhật Tính số hình vng hình chữ nhật để tính xác suất đỉnh tạo thành hình chữ nhật mà khơng phải hình vng Cách giải Số phần tử không gian mẫu n ( Ω ) = C24 Ta vẽ đường tròn ngoại tiếp đa giác 24 đỉnh Vẽ đường kính đường trịn Khi hai nửa đường trịn chứa 12 đỉnh Với đỉnh thuộc nửa đường tròn thứ ta có đỉnh đối xứng với qua đường kính thuộc nửa đường trịn cịn lại Như hai đỉnh thuộc nửa đường tròn thứ ta xác định hai đỉnh đối xứng với qua đường kính thuộc nửa đường trịn cịn lại, bốn đỉnh tạo thành hình chữ nhật Vậy số hình chữ nhật có đỉnh đỉnh đa giác cho C12 Nhận thấy số hình chữ nhật tạo thành có 24 : = hình vng (vì hình chữ nhật có cạnh hình vng) Nên số hình chữ nhật mà khơng phải hình vng C12 − C122 − 10 = Xác suất cần tìm P = C24 1771 Câu 47 Chọn đáp án D Phương pháp - Chia khối đa diện ABCSFH thành hai khối chóp A.BCHF S.BCHF tính thể tích Cách giải Gọi I hình chiếu A lên BH Khi S đối xứng với A qua BH hay S đối xứng với A qua I Chia khối đa diện ABCSFH thành hai khối chóp A.BCHF S.BCHF ta có VABCHFS = VA.BCHF + VS BCHF Lại có SI = AI SA ∩ ( BCHF ) I nên d ( A; ( BCHF ) ) = d ( S , ( BCHF ) ) Suy VA BCHF = VS BCHF ⇒ VABCHFS = 2VA BCHF Dễ thấy VA BCHF = VABC EFH − VA.EFH = VABC EFH − VABC EFH = VABC EFH 3 Mà VABC EFH = AE.S ABC = a a a3 nên = 4 2 a3 a3 VA BCHF = VABC EFH = = 3 Trang 24/26 ⇒ VABCHFS = 2VA.BCHF a3 a3 = = a3 Câu 48 Chọn đáp án B Phương pháp Sử dụng công thức tính diện tích tồn phần hình hộp cơng thức tính thể tích hình hộp V = abc (với a, b, c ba kích thước hình chữ nhật) Sử dụng kiện đề sử dụng hàm số để tính giá trị lớn thể tích Cách giải Gọi chiều dài, chiều rộng chiều cao bể cá Vậy VABCHFS = a; b; c ( a, b, c > ) Theo đề ta có a = 2b Vì ơng A sử dụng 5m kính để làm bể cá khơng nắp nên diện tích tồn phần (bỏ mặt đáy) hình hộp 5m Hay ab + 2bc + 2ac = mà a = 2b nên 2b + 2bc + 4bc = ⇔ 2b + 6bc = ⇒ c = Thể tích bể cá V = abc = 2b.b −2b3 + 5b Xét hàm số f ( b ) = − 2b 6b − 2b −2b3 + 5b = 6b b = ( ktm ) −6b + 10b =0⇒  ( b > 0) ⇒ f '( b ) = b = ( tm ) (vì b > )  Ta có BBT y = f ( b ) b f '( b) + f ( b) +∞ 5/3 − 125/81 −∞ Từ BBT suy max f ( b ) = 125 ⇔b= 81 Câu 49 Chọn đáp án D Phương pháp Biến đổi phương trình cho dạng f ( u ) = f ( v ) sử dụng phương pháp hàm số Cách giải Ta có: x9 + 3x3 − x = m + 3 x + m ⇔ x + 3x3 = x + m + 3 x + m ⇔ ( x3 ) + 3x3 = ( 9x + m ) + 33 9x + m Xét hàm g ( t ) = t + 3t ⇒ g ' ( t ) = 3t + > 0, ∀t nên hàm số g ( t ) đồng biến ¡ Suy g ( x ) = g ( ) x + m ⇔ x3 = x + m ⇔ x9 = x + m ⇔ x9 − x = m Trang 25/26 Xét hàm f ( x ) = x − x ¡ có f ' ( x ) = x − = ⇔ x = ±1 Bảng biến thiên: x −∞ f '( x ) −1 + − f ( x) +∞ + +∞ −∞ −8 m = Từ bảng biến thiên ta thấy, phương trình cho có hai nghiệm ⇔   m = −8 Vậy S = { −8;8} hay tổng phần tử S Câu 50 Chọn đáp án C Phương pháp Biến đổi giả thiết để tìm mối liên hệ x theo y Thay vào biểu thức P sử dụng phương pháp hàm số để tìm giá trị nhỏ P Cách giải Ta có log ( x + y ) + log ( x − y ) ≥ ĐK x > y; x > − y ⇒ x > 0; x > y Suy log ( x − y ) ≥ ⇔ x − y ≥ ⇔ x ≥ y + ⇒ x ≥ y + (vì x > ) Lại có P = x − y ≥ y + − y ≥ y + − y Đặt t = y ≥  t= ( tm )  t 2 − = ⇒ 2t = t + ⇒ 3t = ⇔  Xét f ( t ) = t + − t có f ' ( t ) = 2  t +4 t = − ( ktm )   BBT f ( t ) ( 0; +∞ ) t − f' f +∞ + +∞ Từ BBT suy f ( t ) = ⇔ t = Suy P ≥ hay GTNN P  x = ⇔  x =  ;y = 3 2 ;y =− 3 Trang 26/26 ... vận dụng Đề thi phân loại học sinh mức Trang 9 /26 ĐÁP ÁN A B B B A C D B A 10 D 11 D 12 A 13 A 14 A 15 C 16 C 17 A 18 D 19 C 20 A 21 C 22 D 23 A 24 C 25 C 26 D 27 D 28 A 29 B 30 D 31 C 32 C 33... uuur uuur Ta có HA = ( ? ?2; 0; ? ?2 ) ; HB = ( 4;0; ) ⇒ HA2 = 8; HB = 32 nên ( ( ) ( ( ) ( ) ) ) MA2 + MB = 3MH + 2. 8 + 32 = 3MH + 48 Từ 2MA2 + MB lớn MH lớn hay MH lớn Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 3;1;1)... ≤ ⇔ ? ?2 ≤ log ( x − 1) ≤ ⇔ 5? ?2 ≤ x − ≤ 51 ⇔ ⇔ ≤ 5x − ≤ 25 26 26 ≤ x ≤ ⇔ log ≤ x ≤ log 25 25 26 26   Do tập nghiệm bất phương trình log ;log  ⇒ a = log ; b = log 25 25   ⇒ a + b = log 26 156