Đề thi thử toán THPT QG 2020 lần 1 trường nguyễn quán nho thanh hóa

SỞ GD&ĐT THANH HĨA THPT NGUYỄN QN NHO KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2020 Bài thi: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề (Đề thi có 50 câu trắc nghiệm) ĐỀ CHÍNH THỨC LẦN (Đề có 06 trang) Mã đề thi 101 Họ, tên thí sinh: Số báo danh: Câu Cho hình lập phương có tổng diện tích mặt 12a Thể tích khối lập phương A 2a B 2a C a D 2a Câu Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên hình Giá trị cực tiểu hàm số A −2 B C −4 D Câu Cho hai điểm M (1; −2;3) N ( 3;0; −1) Tìm tọa độ trung điểm I đoạn thẳng MN A I ( 4; −2;2) B I ( 2; −1;2 ) C I ( 4; −2;1) D I ( 2; −1;1) Câu Cho hàm số y = f ( x ) có đờ thị hình Hàm số đã cho đồng biến khoảng nào? Câu Tìm tập xác định D hàm số y = ( x − x − ) C D = ( −; −1)  ( 2; + ) 10  f ( x ) dx = 10  f ( x ) dx = , 3 B B  Câu Tổng nghiệm phương trình 3x A B −3 x C D −4 C D 8 bán kính 10 f ( x ) dx +  f ( x ) dx Câu Một khối cầu tích A D D = R \ −1; 2 A 10 − log1000 B D = ( 0; + ) A D = R Câu Cho D ( −1;0 ) C ( −1;1) B ( −;1) A ( 0;1) = 81 C D Câu 9: Họ nguyên hàm hàm số f ( x) = −4sin x + 2cos x − e x A −8cos 2x + 2sin x − ex + C B 8cos 2x − 2sin x − ex + C C 4cos 2x − 2sin x − ex + C D 2cos 2x + 2sin x − ex + C Câu 10 Cho mặt cầu ( S) : x2 + y2 + z2 − 2x + 4y − 4z − m = có bán kính R= Tìm m A m = −16 B m = 16 C m= D m= −4 Câu 11 Có cách xếp chỗ ngồi cho học sinh vào ghế xếp thành dãy? A 120 B 240 C 90 D 60 Câu 12 Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 = −5 công sai d = Số 100 số hạng thứ cấp số cộng? A 15 B 20 C 35 Câu 13 Đường cong hình bên đờ thị hàm số nào? D 36 A y = − x + x − B y = − x3 + 3x + C y = x − x + D y = x3 − 3x + Câu 14 Giá trị lớn hàm số y = cos3 x + 2sin x + cos x 58 A max y = B max y = C max y = D max y = −2 27 Câu 15 Cho hàm số f ( x) xác định R và có đờ thị hàm số y = f  ( x ) là đường cong hình bên Mệnh đề nào ? A Hàm số y = f ( x) đồng biến (1; ) B Hàm số y = f ( x) đồng biến ( −2;1) C Hàm số y = f ( x) nghịch biến ( −1;1) D Hàm số y = f ( x) nghịch biến ( 0;2 ) Câu 16 Cho mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2; −4 ) thể tích 36 Phương trình ( S ) A ( x − 1) + ( y − 2) + ( z − 4) = B ( x + 1) + ( y + 2) + ( z − 4) = C ( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 4) = D ( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 4) = 2 2 2 Câu 17 Cho  x; y  thỏa mãn: log x y = A 120 B 132 2 2 2 32 3y log x = Giá trị x − y y C 240 D 340 x2 −3 x −10 1 Câu 18 Gọi S tập hợp nghiệm nguyên bất phương trình    32− x Tìm số phần  3 tử S A 11 B 10 C D Câu 19 Hình nón có chiều cao 10 3cm , góc đường sinh mặt đáy 600 Diện tích xung quanh hình nón bằng: A 50 3 cm2 B 200 cm2 C 100 cm2 D 100 3 cm2 Câu 20 Cho hàm số y = f ( x ) phù hợp với bảng biến thiên bên Tổng số đường tiệm cận là: A B C D Câu 21 Cho hình chóp tam giác có cạnh a cạnh bên tạo vói đáy góc 60o Thể tích khối chóp 3a3 3a3 3a3 3a3 A B C D 12 Câu 22 Tính đạo hàm hàm số y = e x sin x A y = e x ( sin x − cos x ) B y  = e x ( sin x + 2cos x ) C y = e x ( sin x + cos x ) D y  = e x cos x Câu 23 Cho đồ thị y = f ( x) Tìm m để phương trình f ( x) + = m có nghiệm? A −3  m  B −4  m  C −5  m  D −4  m  x x Câu 24: Gọi S tổng nghiệm phương trình 3.2 Tính S A S log B S 12 C S 28 D S log 28 Câu 25 Một người dùng ca hình bán cầu có bán kính 3cm để múc nước đổ vào thùng hình trụ chiều cao 3cm và bán kính đáy 12cm Hỏi người sau lần đổ nước đầy thùng? ( Biết lần đổ, nước ca đầy) A 10 lần B 12 lần C 20 lần D 24 lần x Câu 26 Một nguyên hàm F ( x ) f ( x ) = thỏa F ( ) = Tính log F ( −1) x +1 A B C D 2 Câu 27 Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông cân A , mặt bên ( SBC ) là tam giác cạnh a nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Khoảng cách hai đường thẳng SA BC bằng: a a a a A B C D 4 2 Câu 28 Phương trình mặt cầu ( S  ) đối xứng với mặt cầu ( S ) : ( x − ) + ( y − 3) + ( z − ) = 36 qua mặt phẳng ( Oxy ) A ( S  ) : ( x + ) + ( y − 3) + ( z − ) = 36 B ( S  ) : ( x − ) + ( y + 3) + ( z − ) = 36 C ( S  ) : ( x + ) + ( y + 3) + ( z − ) = 36 D ( S  ) : ( x − ) + ( y − 3) + ( z + ) = 36 2 2 2 2 2 2 1 − là : cos x sin x A tan x + cot x + C B tan x − cot x + C C − tan x + cot x + C D − tan x − cot x + C Câu 30 Đường cong hình bên là đờ thị hàm số nào? Câu 29 Họ nguyên hàm hàm số f ( x ) = A y = − x3 + x − C y = x3 − x − B y = x − x − D y = − x + x − Câu 31 Cho hàm số y = f ( x ) có đờ thị f  ( x ) là đường cong hình vẽ bên Tìm khẳng định đúng? A f ( x ) đồng biến ( −2;0) B f ( x ) nghịch biến ( 0;+  ) C f ( x ) đồng biến ( −;3) D f ( x ) nghịch biến ( −3; − ) Câu 32 Tổng nghiệm phương trình A 3log3 B + log3 x x − 8.3 + 15 = C (1 + log3 5) D log Câu 33 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Điểm M di động cạnh SC , MC = k Mặt phẳng qua A , M song song với BD cắt SB , SD theo thứ tự N , P Thể tích khối MS chóp C APMN lớn A k = B k = C k = D k = đặt Câu 34 Có giá trị nguyên m để phương trình m + m + 2sin x = sin x có nghiệm thực A B C D 1− 2x dx = a ln + b ln với a, b Z Mệnh đề nào ? Câu 35 Cho  x − 5x + A 2a + b = 11 B a + 2b = −7 C a + b = D a − 2b = 15 Câu 36 Tìm m để bất phương trình log 2 x − 2(m + 1) log x −  có nghiệm x  ( 2; +) 3 B m  (− ;0) C m  (− ; +) D m (−;0) 4 Câu 37 Bạn Trang có 10 đôi tất tay khác Sáng nay, tâm trạng vội vã thi, Trang đã lấy ngẫu nhiên tất Xác suất để tất lấy có đơi 224 99 11 A B C D 19 323 969 323 Câu 38 Trong không gian Oxyz , cho điểm A( 5;8; −11) , B ( 3;5; −4 ) , C ( 2;1; −6 ) và mặt cầu A m (0; +) ( S ) : ( x − 4) + ( y − ) + ( z + 1) = Gọi 2 M ( xM ; yM ; zM ) là điểm (S ) cho biểu thức MA − MB − MC đạt giá trị nhỏ Giá trị tổng xM + yM A C −2 B sin x Câu 39 Phương trình 1+ cos2 x +2 D = m có nghiệm A  m  B  m  C  m  D  m  Câu 40 Cho đa thức f ( x ) hệ số thực thỏa điều kiện f ( x ) + f (1 − x ) = x , x  R Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y = 3x f ( x ) + ( m −1) x + đồng biến R 10 Câu 41 Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm A m B m  ( ) C D m  và có đờ thị y = f  ( x ) cho hình vẽ bên Số điểm cực trị hàm số y = g ( x ) = f x : A B C D Câu 43 Cho hàm số y = f ( x) liên tục và có đạo hàm 0;1 thỏa mãn: f ( x) + xf ( x ) + 3x f ( x3 ) = − x với x 0;1 ; tính  f ( x)dx A  B  C  D  12 24 36 Câu 44 Ngày 20/5/2018,ngày trai đầu lòng chào đời,chú Tuấn định mở tài khoản tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 0.5% /tháng.Kể từ vào 21 hàng tháng,chú gởi tài khoản triệu đồng Sau tháng, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng Hỏi vào ngày 22/5/2036, số tiền tiết kiệm tài khoản là bao nhiêu? (làm trịn đến triệu đờng) A 387 (triệu đồng) B 391 (triệu đồng) C 388 (triệu đồng) D 390 (triệu đồng) Câu 45 Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên sau Phương trình f (4 x − x ) − = có nghiệm thực phân biệt? A B C D x Câu 46 Có giá trị nguyên tham số m để phương trình log ( − m ) = x + có nghiệm phân biệt? A B C D x +m Câu 47 Cho hàm số f ( x ) = với m tham số thực, m  Gọi S tập hợp giá trị x +1 nguyên dương m để hàm số có giá trị lớn đoạn 0; 4 nhỏ Số phần từ tập S A B Câu 48 Cho hàm số y = f x Hàm số y = f  x ( ( ) ) () C D có đờ thị hình bên Tìm m để hàm số y = f x + m có điểm cực trị ? ) A m  0 ; 3 B m  0; ( ) C m  3; +  ( ) D m  − ; Câu 49 Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục R và đồ thị hàm số f ' ( x ) hình vẽ ( ) Xét hàm số g ( x ) = f x − mệnh đề sau: (1) Hàm số g ( x ) có điểm cực trị (2) Hàm số g ( x ) đạt cực tiểu điểm x = (3) Hàm số g ( x ) đạt cực đại điểm x = (4) Hàm số g ( x ) đồng biến khoảng ( −2;0) (5) Hàm số g ( x ) nghịch biến khoảng ( −1;1) Có mệnh đề mệnh đề trên? A B C D Câu 50 Cho hàm số y f(x) có đạo hàm liên tục Đờ thị hàm f(x) hình vẽ y x -2 -1 Số đường tiện cận đứng đồ thị hàm số y A B O x2 f (x) 4f(x) C D HẾT ĐÁP ÁN ĐỀ THI 1.A 12.D 22.B 33.D 44.D 2.D 13.D 23.A 34.C 46.A 4.D 14.A 24.D 35.B 47.A 5.D 15.D 26.B 36.C 48.B 6.C 16.C 27.A 37.B 49.D 7.B 17.C 28.D 38.D 50.C 8.A 18.D 29.A 39.D 9.D 19.B 30.B 40.B 10.B 20.B 31.A 41.C 11.A 21.A 32.C 43.D HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn A Gọi độ lớn cạnh hình lập phương là x Vì hình lập phương gờm mặt giống nên tổng diện tích mặt hình lập phương là S = x = 12a  x = a Thể tích khối lập phương là: ( V = x3 = a ) = 2a Câu 2: Chọn D Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu Câu 3: Chọn D  + −2 + −  Trung điểm I có tọa độ là I  ; ;   I ( 2; −1;1) 2   Câu 4: Chọn D Nhìn vào đờ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến khoảng ( −1;0 ) và ( 2;+ ) Câu 5: Chọn D x  Hàm số xác định x − x −     x  −1 Vậy tập xác định hàm số là D = R \ −1;2 Câu 6: Chọn C 10 Ta có  Do 10 f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx +  f ( x ) dx 2 10 10 6  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx =10 − = Vậy đáp án là C Câu 7: Chọn B Thể tích khối cầu V =  R3 Câu 8: Chọn A 3x −3 x = 81  3x −3 x Suy  R3 =   R = 3  x = −1 (VN )  x = −2 = 34  x − 3x − =     x=2 x =4 Câu 9: Chọn D Ta có  ( −4sin x + cos x − e x )dx = cos x + 2sin x − e x + C Câu 10: Chọn B Bán kính mặt cầu: R = 12 + ( −2 ) + 22 + m =  9+m =  m = 16 Câu 11: Chọn A Số cách xếp là: 5! = 120 Câu 12: Chọn D Ta có: un = u1 + ( n − 1) d  100 = −5 + ( n − 1).3  100 = 3n −  n = 36 Câu 13: Chọn D Dựa theo hình dáng đờ thị là hàm số bậc có hệ số x dương nên ta chọn D Câu 14: Chọn A Ta có: y = cos3 x + 2sin x + cos x = cos3 x − 2cos x + cos x + Đặt t = cos x , điều kiện: t   −1;1  Khi đó: y = f ( t ) = t − 2t + t + xét với t   −1;1  t =   −1;1  Ta có: f ' ( t ) = 3t − 4t + ; f ' ( t ) =  3t − 4t + =   t =   −1;1     58 Lại có: f ( −1) = −2; f (1) = 2; f   =   27 58 Nên max y = 27 Câu 15: Chọn D Từ đồ thị hàm số y = f  ( x ) , ta có bảng xét dấu hàm số y = f  ( x ) sau: 2 x − −2 + + − + y = f '( x) − + Từ bảng xét dấu hàm số y = f '( x) , ta có: hàm số y = f ( x) nghịch biến ( 0; 2) Câu 16: Chọn C Áp dụng công thức V =  R3 ta bán kính R = 3 Mà tâm I (1; 2; −4 ) nên phương trình ( S ) ( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 4) = 2 Vậy chọn C Câu 17: Chọn C 16 y log x = y Suy log y =  y =  x = 16  x − y = 240 Câu 18: Chọn D   x  −2   x  −2    x −3 x −10   x   x − 3x − 10   x  1 2− x 3     x  S là tập    2− x    x  3    x − 3x − 10  − x      x − 3x − 10  ( − x )2  x6    Từ giả thiết ta có log x y = hợp nghiệm nguyên bất phương trình nên S = 5 Vậy có phần tử Câu 19: Chọn B Xét hình nón đỉnh S , ta có: SAI = 600 h = SI = 10 3cm Xét SAI vng I , ta có r = AI = ( 10 SI = = 10cm l = SA = SI + AI = tan 60 ) 10 + 102 = 400 = 20cm Vậy diện tích xung quanh hình nón là: S xq =  rl = 200 ( cm2 ) Câu 20: Chọn B Ta có: lim f ( x ) = −3 nên ta có TCN: y = −3 x→+ Ta có: lim− f ( x ) = + nên ta có TCĐ: x = −1 x →−1 Câu 21: Chọn A S A C O I B Gọi S ABC là hình chóp tam giác đều, O là tâm đáy + S ABC = a + Do O là tâm ABC nên SO ⊥ (ABC) AO = a sin 60o = a 3  SO = AO.tan 60o = a = a 1 3  V = S ABC SO = a a = a 3 12 Câu 22: Chọn B Ta có: y = e x sin x  y  = ( e x ) sin x + e x ( sin x ) = e x sin x + 2e x cos x = e x (sin x + 2cos x ) 10 Câu 23: Chọn A Ta có: f ( x) +1 = m  f ( x) = m −1 Số nghiệm phương trình f ( x) + = m số giao điểm đồ thị y = f ( x) và đường thẳng y = m −1 Dựa vào đờ thị, ta có ycbt  −4  m −   −3  m  Câu 24: Chọn C Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phương trình 4x 3.2x PT x Suy x1.2 x2 2x1 Vậy S x2 3.2 x 0 28 x1 x2 log 28 7: 28 log 28 Câu 25: Chọn B 2 33 = 36 ( cm3 ) Thể tích thùng hình trụ: V ' =  122.3 = 432 ( cm3 ) Thể tích ca: V = Số lần đổ để nước đầy thùng là: V ' 432 = = 12 lần V 36 Câu 26: Chọn D Ta có, F ( x ) =  x x +1 dx Đặt u = x2 +  u = x2 +  udu = xdx u x Khi đó; F ( x ) =  dx =  du = u + C = x + + C u x +1 Mà F ( ) = hay +1 + C =  C = Vậy F ( x ) = x2 + là nguyên hàm f ( x ) = Lại có, F ( −1) = ( −1) x x +1 +1 = Suy ra, log F ( −1) = log 2 = log 2 = 11 Câu 27: Chọn A S Gọi H là trung điểm BC Ta có ( SBC ) ⊥ ( ABC ) = BC   SH ⊥ ( ABC ) (1)  SH ⊥ BC  SH  SBC ( )  Trong tam giác SAH kẻ HK ⊥ SA (*) Từ (1) ta có SH ⊥ BC (2) Mà tam giác ABC cân A nên AH ⊥ BC (3) Từ (2) và (3) ta có BC ⊥ ( SAH )  BC ⊥ HK (**) K B H C Từ (*) và (**) ta có HK là đoạn vng góc chung SA BC nên: d ( SA, BC ) = HK Trong tam giác SAH : 1 = + (***) 2 HK HS HA2 A Trong tam giác ABC vng cân A có BC = a H là trung điểm BC nên AH = Trong tam giác SBC cạnh a nên SH = a BC = 2 a 1 1 16 = + = + = 2 2 2 HK HS HA 3a a 3 a         a 3a  HK = 16 Câu 28: Chọn D Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 4;3;5) bán kính R =  HK = Giả sử mặt cầu ( S  ) có tâm I  , bán kính R I  là ảnh điểm I qua phép đối xứng qua mặt phẳng ( Oxy ) , suy I  ( 4;3; − 5) R = R = 2 Vậy phương trình mặt cầu ( S  ) là: ( x − ) + ( y − 3) + ( z + ) = 36 Câu 29: Chọn A Ta có    f ( x ) dx =  cos2 x − sin x dx = tan x + cot x + C Câu 30: Chọn B Dựa vào đồ thị, ta thấy hàm số có điểm cực trị nên khơng phải là đờ thị hàm số bậc 3, loại đáp án A C Ta có: lim y = +  a  nên loại đáp án D x →+ Câu 31: Chọn A Từ đồ thị hàm số f  ( x ) ta có bảng biến thiên 12 So sánh đáp án ta thấy: f ( x ) đồng biến ( −2;0) Câu 32: Chọn B x  x  = log3 3 =  x = log3 Phương trình + 15 =     x x =  x =1  =   Suy tổng nghiệm phương trình là (1 + log3 5) x x − 8.3 Câu 33: Chọn D Gọi O tâm hình bình hành ABCD ; I là giao điểm SO NP Ta có SC SM CM = + = + k SM SM SM  AM  ( ANMP)   NP / / BD Do  BD / / ( ANMP)  ( SBD )  ( ANMP) = NP Áp dụng định lý Menelayut cho tam giác SOC điểm A, I , M thẳng hàng, ta AO MC IS IS SO k + =1  =  = AC MS IO IO k SI Vì NP / / BD nên SB SD SO k + = = = SN SP SI Theo công thức tỷ lệ thể tích VS APMN VS ABCD SA SD SC SB 2+k 2+k + + + 1+ + (1 + k ) + ( + k ) 2 = = = SA SP SM SN = SA SD SC SB 2+k 2+k ( + k ) (1 + k )( + k ) (1 + k ) k + ( ) SA SP SM SN 2  VS APMN = 2VS ABCD (1 + k )( + k ) VC APMN = k VS APMN = k VC APMN max = 2VS ABCD 2.V 2.VS ABCD 2VS ABCD 2V = k S ABCD =  = S ABCD (1 + k )( + k ) k + 3k + k + + k + 2 + k k 2VS ABCD k = k = k 2 +3 13 Câu 34: Chọn C m + m + 2sin x = sin x (1)  m + m + 2sin x = sin x ( 2) - Ta có - Đặt m + 2sin x = t   m + 2sin x = t - Khi từ ( 2) ta có m + 2t = sin x  m + 2sin x = t (*) - Từ (1) ta có hệ sau:  m + t = sin x ** ( )   Lấy (**) − (*) vế với vế ta được: ( t − sin x )(sin x + t + 2) = t = sin x   t = −2 − sin x TH1: t = sin x  0;1 thay vào PT (*)  t − 2t − m = có nghiệm t 0;1 Đặt f ( t ) = t − 2t = m có nghiệm t 0;1 Bảng biến thiên t f ' (t ) 01 -0 f (t ) -1 Phương trình có nghiệm −1  m  TH2: t = −2 − sin x   −3; −1 (loại) t  Kết luận: Để phương trình có nghiệm −1  m  nên ta có giá trị m nguyên Câu 35: Chọn B 1− 2x dx Đặt I =  x − 5x + Ta có: − 2x A B = + ( x − )( x − 3) x − x −  − x = A ( x − 3) + B ( x − 2) (1) Chọn x = thay vào (1)  B = −5 Chọn x = thay vào (1)  A = 5 5 dx −  dx = 3ln ( x − ) − 5ln ( x − 3) = 3ln − 5ln x−2 x −3 4  a = 3, b = −5  a + 2b = − 10 = −7 Câu 36: Chọn C Ta có: log 22 x − 2(m + 1) log x −   (1 + log x) − 2( m + 1) log x −  I =  log 22 x − 2m log x −  Đặt log x = t , x  ( 2; +)  t  ( ; +) 2 Khi bất phương trình log 2 x − 2(m + 1) log x −  có nghiệm x  ( 2; +) và bất phương trình t − 2mt −1  có nghiệm t  ( ; +) 2 t −1 1 = t − = f (t ) có nghiệm t  ( ; +) (1) Hay bất phương trình 2m  t t 14 1  t  ( ; +) 2 t 3 Do (1)  2m  f (t ) = f ( ) = −  m  −  2  ;+ ) Ta có f ' (t ) = + 2 Câu 37: Chọn B Số cách chọn tất từ 20 là C204 = 4845 (cách) Ta đếm số cách lấy tất cho khơng có hai nào thuộc đôi Số cách chọn đôi tất từ 10 đôi là: C104 (cách) Để tất lấy khơng có hai nào thuộc đơi tất phải lấy từ đôi tất số đôi nói Như số cách lấy tất cho khơng có hai nào thuộc đôi là C104 24 = 3360 (cách) 3360 99 Xác suất để tất lấy có đôi bằng: − = 4845 323 Đáp án B Câu 38: Chọn B Mặt cầu ( S ) tâm E ( 4;2; −1) bán kính R = 5 − x − ( − x ) − ( − x ) = x =     y = −2 Gọi I ( x; y; z ) là điểm thỏa mãn IA − IB − IC = 8 − y − ( − y ) − (1 − y ) =  z =  −11 − z − ( −4 − z ) − ( −6 − z ) = Vậy I ( 0; −2;1) Ta có: MA − MB − MC = MI + IA − MI − IB − MI − IC = MI Vậy để MA − MB − MC đạt giá trị nhỏ MI phải nhỏ  M  ( S )  IE Ta có IE = ( 4;4; −2 )  IE = nên điểm E nằm ngoài mặt cầu ( S ) IE nhận u ( 2;2; −1) làm VTCP  x = + 2t  Phương trình đường thẳng IE :  y = + 2t  z = −1 − t  ( t  ) Ta có M  IE  M ( 2t;2 + 2t;1 − t ) Mặt khác M  ( S ) nên ( + 2t − ) + ( + 2t − ) + ( −1 − t ) = 2 t =  M ( 6;4; −2 )  MI = ( −6;6;3)  MI =  9t =   t = −1  M ( 2;0;0 )  MI = ( −2; −2;1)  MI =  15 Vậy M ( 2;0;0 ) thỏa mãn bài Do xM + yM = Câu 39: Chọn D Ta có 2sin x + 21+cos x = m  21−cos x + 21+cos x = m (1) 2 2 Đặt t = 2cos x , ta có  cos2 x    t  2 Phương trình (1) trở thành: + 2t = m ( 2) t 2 Xét hàm số f ( t ) = + 2t với t  1; 2 , ta có f  ( t ) = −  t  1; 2 t t  Hàm số f ( t ) = + 2t đồng biến đoạn 1; 2 t  f (1)  f ( t )  f ( 2)   f ( t )  Do phương trình (1) có nghiệm phương trình ( 2) có nghiệm t  1; 2 4m5 Câu 40: Chọn B Từ giả thiết đa thức f ( x ) hệ số thực: Thay x x − vào f ( x ) + f (1 − x ) = x2 , x  ta f (1 − x ) + f ( x ) = ( x − 1) 2 f ( x ) + f (1 − x ) = x  f ( x ) = x + x − Khi ta có  2 f (1 − x ) + f ( x ) = x − x + Suy y = 3x f ( x ) + ( m −1) x +  y = x3 + x + ( m − ) x +  y = x + x + m − Để hàm số đờng biến    − ( m − )   m  10 Câu 41: Chọn C Nhận thấy đồ thị hàm số y = f  ( x ) cắt trục Ox điểm và tiếp xúc với trục Ox điểm, Do phương trình f  ( x ) = có nghiệm có nghiệm kép: x = A  f ( x) =   x = B x = C  ( A  0) ( B  ) , với (C  0) A, B là hai điểm cực trị hàm số f ( x )  Mặt khác: g  ( x ) = x f  x = x f  x ( ) ( ) x = x =  g( x ) =     x2 = A  f  ( x ) =  x = B ( ) ( ) x = ( A  0)   x =  ( B  0) B Vậy ĐTHS y = g ( x ) = f x có điểm cực trị 16 Câu 42: Chọn C Gọi A ( x1; y ( x1 ) ) , B ( x2 ; y ( x2 ) ) là hai điểm thuộc ( Cm ) Do A, B nằm hai phía trục tung nên x1 x2  Ta có y = x + 2mx + 2m − 1 Mặt khác d : x + y − =  y = − x + có hệ số góc là k = − 2   1  y ( x1 )  −  = −1    Tiếp tuyến A, B vng góc với d nên:   y ( x1 ) − = y ( x2 ) − =    y ( x ) − = −1     2  x1 , x2 là hai nghiệm phương trình y − =  x2 + 2mx + 2m − = (*) Bài toán trở tìm m ngun dương để phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu điều kiện: C a.c   2m −   m  m  Z + nên m1; 2 Chọn Câu 43: Chọn D 1 Ta có: f ( x) + xf ( x ) + 3x f ( x3 ) = − x   ( f ( x) + xf ( x ) + 3x f ( x3 ))dx =  − x dx 1 1 1 0 0   f ( x)dx +  f ( x )dx +  f ( x3 )dx3 =  − x dx  3 f ( x)dx = − x dx Xét:  − x dx 2 Đặt: x = sin t; − x = − sin t = cost; dx = cos tdt  Ta có  Vậy     + cos 2t cos 2t t s in2t − x dx =  cos tdt =  + dt =  dt +  dt = 2 2 0 0 2 2  =    f ( x)dx = 12 Câu 44: Chọn D Chú Tuấn tháng gởi đặn triệu đồng với lãi suất 0.5%/tháng từ 20/5/2018 đến 22/5/2036 có 18.12 = 216 tháng thì: Cuối tháng số tiền Tuấn có: (1 + 0.5% ) Đầu tháng số tiền Tuấn có: (1 + 0.5%) + Cuối tháng số tiền Tuấn có: ( (1 + 0.5% ) + 1) (1 + 0.5% ) = (1 + 0.5% ) + (1 + 0.5% ) … … … Cuối tháng 216 số tiền Tuấn có: (1 + 0.5% ) 216 + (1 + 0.5% ) 215 + + (1 + 0.5% ) Ngày 21/5/2036 Tuấn gởi thêm triệu nên số tiền tài khoản: − (1 + 0.5% )  390 (triệu đồng) − (1 + 0.5% ) 217 Câu 45: Chọn C 17 Ta có x − x = − ( x − x + 4) = − ( x − 2) Do ( x − 2)2  0, x  R nên x − x  4, x  Đặt t = 4x − x2 (t  4) Khi đó, phương trình đã cho trở thành f (t ) − = (1) Từ bảng biến thiên ta thấy, khoảng (− ;4] , đồ thị hàm số y = f (t ) cắt đường thẳng y = hai điểm phân biệt có hoành độ bé nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt t1, t2 t1, t2  ( −;4) Với nghiệm t  ( −;4) phương trình t = 4x − x2 có hai nghiệm x phân biệt Vậy phương trình f (4 x − x ) − = có nghiệm phân biệt Câu 46: Chọn A Ta có phương trình log ( x − m ) = x +  4x − m = 2x+1 ( x +1  x R )  4x − 2.2x = m Đặt t = 2x ( t  0)  Mỗi giá trị t  có giá trị x  R Phương trình đã cho trở thành t − 2t = m (*) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt và phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt Xét hàm số f ( t ) = t − 2t với t  Ta có bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta suy phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt m ( −1;0) Vì m là số ngun  khơng có giá trị nào m Câu 47: Chọn A Đặt t = x Khi giá trị lớn hàm số f ( x ) 0; 4 là giá trị lớn 2t + m 0; 2 Hàm số g ( t ) đơn điệu 0; 2 giá trị lớn 0; 2 t +1 m+4 số g ( 0) = m g ( ) = Yêu cầu bài toán tương đương với m    m  Vậy m = là số thỏa yêu cầu đề m +   g (t ) = 18 Câu 48: Chọn B Đặt x =  x = x + m = 2  g x = f x + m  g  x = 2x f  x + m  g  x =   x +m =1  f  x + m =  x + m = x =  x = −m  x +m =1  x = − m  () ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) () () () ( ) Nhận thấy số điểm cực trị hàm số y = f x + m số nghiệm đơn nghiệm bội lẻ g  x () () Mà đồ thị hàm số y = f  x tiếp xúc với Ox điểm có hoành độ x = nên có nghiệm hay vơ ( ) nghiệm số điểm cực trị hàm số y = f x + m không bị ảnh hưởng Vậy ta xét trường hợp: ( ( ) ) * m = : Khi g  x có nghiệm đơn nghiệm bội lẻ nên y = f x + m có điểm cực trị, tức là m = thỏa mãn yêu cầu bài toán * m = : Khi g  x có nghiệm đơn nghiệm bội lẻ nên y = f x + m có điểm ( ( ) ) cực trị, tức là m = khơng thỏa mãn u cầu bài tốn   () () * m  0; : Khi nghiệm (nếu có) khác 0, đồng thời − m  −m, m 3 − m   −m  m  0; Do g  x có nghiệm đơn nghiệm bội lẻ  m  0; ( )   ( ) ) Vậy m  0; Câu 49: Chọn D Ta có: g ' ( x ) = xf ' x − ( )  x − = −2  g ' ( x ) =  xf ' x − =   x − = x =  Ta có bảng biến thiên: ( ) (nghiem boi chan )  x = 1    x = 2 x =  19 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực trị, hàm số đồng biến khoảng ( −2;0) Do có mệnh đề là (1) và (4) Câu 50: Chọn C Dựa vào đồ thị, phương trình f (x) 4f(x) f(x) f(x) x x x , x = nghiệm kép bội chẵn Khi f (x) Suy y 4f(x) x x x2 f (x) 4f(x) Vậy đồ thị hàm số y 2k g(x) , với g(x) là đa thức vô nghiệm x x x x x 2k x k * 1 g(x) x x x2 có đường tiệm cận đứng là x f (x) 4f(x) 2k 2, x g(x) HẾT 20 ... cầu: R = 12 + ( −2 ) + 22 + m =  9+m =  m = 16 Câu 11 : Chọn A Số cách xếp là: 5! = 12 0 Câu 12 : Chọn D Ta có: un = u1 + ( n − 1) d  10 0 = −5 + ( n − 1) .3  10 0 = 3n −  n = 36 Câu 13 : Chọn... Tuấn có: (1 + 0.5%) + Cuối tháng số tiền Tuấn có: ( (1 + 0.5% ) + 1) (1 + 0.5% ) = (1 + 0.5% ) + (1 + 0.5% ) … … … Cuối tháng 216 số tiền Tuấn có: (1 + 0.5% ) 216 + (1 + 0.5% ) 215 + + (1 + 0.5%... ĐỀ THI 1. A 12 .D 22.B 33.D 44.D 2.D 13 .D 23.A 34.C 46.A 4.D 14 .A 24.D 35.B 47.A 5.D 15 .D 26.B 36.C 48.B 6.C 16 .C 27.A 37.B 49.D 7.B 17 .C 28.D 38.D 50.C 8.A 18 .D 29.A 39.D 9.D 19 .B 30.B 40.B 10 .B