ĐA đề thi thử lần 21

Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường NHĨM TỐN ANH DÚI  (Lời giải gồm có 31 trang) SƯU TẦM TỪ TÀI LIỆU CỦA QUÝ THẦY CÔ VÀ CỦA CÁC TRƯỜNG Lời giải: ĐỀ THI THỬ LẦN 21 NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN 12 – Đề thi thử VD – VDC Thời gian làm bài: 100 Phút, không kể thời gian phát đề (Đề có 50 câu trắc nghiệm) Don’t give up!!! Họ tên : ĐỀ THI THỬ VD - VDC      Câu 1: Cho hình hộp ABCD.A B C D có đáy hình bình hành tâm O AD  AB  2a , cos  AOB   Gọi E , F trung điểm BC AD Biết CD  CF , BB  ED khoảng cách hai đường thẳng CD , AA a Tính thể tích khối chóp ABCD.ABCD A 3a 3 B a3 D a 3 C 3a 3 Giải Đặt OB  x Áp dụng công thức đường trung tuyến ABD ta được: AO   2a  AD  AB DB   2  a2   2x  10a  x Áp dụng định lí cơsin cho OAB ta có: AB  AO  OB  AO.OB.cos AOB  a2  2 10a  x 10a  x a  x  x x  BD  a Xét ABD có AB  AD  a   2a   5a  BD nên ABD vng A Suy ABCD hình chữ nhật nên CDFE hình vng  DI  FC  I  CF  DE  Gọi H trung điểm DI Từ giả thiết suy DE  DD , lại có CF  CD  H tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện DDIC Gọi P trung điểm DC  P tâm đường tròn ngoại tiếp DIC  HP   ABCD  Gọi K trung điểm BC  , G trung điểm DK Khi DDGI hình bình hành, mà H trung điểm DI nên H trung điểm DG  CG // HP  CG   ABCD  If you never try, you will never know!!! Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Gọi T trung điểm CD  GT  DC  GT  Kẻ GQ  CT ( Q  CT )  GQ   CDDC   KC  C B a   1  GQ  d  G,  DCC D    d  K ,  DCC D    d  B,  DCC D   Mà d  AA, CD   d   ABBA  ,  CDDC     d  B, CDDC     GQ  d  AA, CD   a 1 a    GC  2 GQ GC GT Trong CGT có: Vậy VABCD A B C D   SABCD CG  AB AD CG  a 3 Chọn D Câu 2: Có cặp số nguyên (a; b) thỏa mãn  a  b  100 để phương trình a b  b a có nghiệm nhỏ ? A 4751 B 4656 C D 4750 Giải x a x ln a x  ln a   x  log a  Do  a  b ta có: a b  b a  ln(a b )  ln(b a )  b x ln a  a x ln b      ln b b b  ln b  x x x x a 1 b ln a a ln a ln b  ln a     Do x   log a   1 ln b b a b b  ln b  ln t  ln t Xét hàm số f (t )   f '(t )  (Với t  ) t t2  ln t f '(t )      ln t   t  e t2 Ta có a  b  Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có: ln a ln b  b4 a b Do  b  100 nên ta có 95 cặp số dạng  2;b  thỏa mãn Trường hợp 1:  a  e  a  2, Trường hợp 2: a  e hàm số nghịch biến  e;100  ln a ln b với e  a  b  100  a b Trên khoảng  e;100  có 97 số nguyên, ta có C972  4656 cặp số nguyên  a; b  thỏa mãn Suy Vậy, ta có 95  4656  4751 cặp số thỏa mãn yêu cầu toán Chọn A If you never try, you will never know!!! Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Câu 3: Có tất giá trị nguyên tham số m thuộc  10;10 để đồ thị hàm số mx  có ba đường tiệm cận? x 1 A B y C 10 D Giải TH1: Với m  hàm số khơng xác định nên khơng thỏa mãn u cầu tốn TH2: Với m        ;    x   ;   Hàm số xác định   m  m  x   mx  mx   m , lim y  lim   m , đồ thị hàm số ln có hai x  x  x  x  x 1 x 1 đường tiệm cận ngang y  m y   m 2 1  m  đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang mà khơng có đường +) Nếu  m m tiệm cận đứng Do khơng thỏa mãn Ta có: lim y  lim +) Nếu m  lim y  lim x 1 x 1 4x2  x 1  lim   nên x  đường tiệm cận đứng đồ x 1 x 1 x 1 thị Khi đồ thị có đường tiệm cận nên m  thỏa mãn yêu cầu mx  mx   , lim y  lim   nên x  đường tiệm +) Nếu m  lim y  lim x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 cận đứng đồ thị Khi đồ thị có đường tiệm cận nên m  thỏa mãn yêu cầu Do m nguyên thuộc  10;10 nên m4;5;6;7;8;9;10 Vậy có giá trị nguyên m thuộc  10;10 thỏa mãn yêu cầu đề Chọn A Câu Tìm số giá trị nguyên dương m  10 để hàm số y   e ;   m ln x  đồng biến ln x  m  A 10 B vô số C Giải D 12 m ln x  m  3m  Ta có hàm số y   y' ln x  m   ln x  m  3 x Hàm số cho đồng biến  e2 ;    y '  x   e ;   hàm số xác định  e2 ;   m  2  m  3m      m   m  ln x   m, x   e ;   3  m    Kết hợp với điều kiện m  10 suy có giá trị nguyên tham số m thỏa mãn điều kiện đề Chọn C If you never try, you will never know!!! Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Câu 5: Có số nguyên m để phương trình log3  3x  2m   log  3x  m2  có nghiệm? A B C D Giải x t  3  2m   m2  2m  3t  5t x t  3  m  Đặt log3  3x  2m   log5  3x  m2   t    * Do điều kiện cần để phương trình cho có nghiệm * có nghiệm t Xét hàm số f  t   3t  5t có f   t    3t ln  5t ln  t 3     log  t  log  log  5 Hàm số f  t  có bảng biến thiên sau (với a  log  log3  ) Do * có nghiệm  m2  2m  f  a   2,067  m  0,067 Vậy m  2, m  1, m  Thử lại nhận giá trị m Chọn A Câu 6: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f 1  Đồ thị hàm số y  f   x  hình bên  Có số nguyên dương a để hàm số y  f  sin x   cos x  a nghịch biến  0;  ?  A B C Vô số Giải  D t hàm số y  f  sin x   cos x  a y  cos x  f   sin x   4sin x    Ta thấy, cos x  , x   0;    Nên: f   sin x   4sin x  If you never try, you will never know!!! Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Đặt t  sin x, x  (0;1) Khi ta có: f '  t   4t   f ' t   t Đồ thị hàm số y  f   x  y  x v c ng hệ trục tọa độ sau:   Từ đồ thị ta có f   x   x, x   0;1  f   sin x   sin x, x   0;      Suy y  0, x   0;    Ta có bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên u cầu tốn  f 1   a   a  f 1   Vì a số nguyên dương nên a 1;2;3 Chọn B Câu 7: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tích V Gọi P trung điểm SC Mặt phẳng   chứa AP cắt hai cạnh SD, SB M N Gọi V  thể tích khối chóp S.AMPN Tìm giá trị nhỏ tỉ số A B V V C D Lời giải If you never try, you will never know!!! Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Cách 1: Gọi O tâm hình bình hành ABCD H  SO  AP Khi ta có MN  SO  H Tam giác SAC có H trọng tâm nên SO  SH Trong tam giác SBD có SB  SD  2SO SB SD SO SB SD SO SM  SN  .SH     SM SN SH SM SN SH SB SD Đặt  x   x với x  1; 2 SM SN V SM SP V SP SN  Ta có S AMP  S APN   VS ABC SB SC x VS ACD SC SD   x   Khi VS AMP   V 1 1 VS ABCD VS APN  VS ABCD  S AMPN   4x 3  x  VS ABCD x   x  1        x  x  4x 3  x  Vậy   x    x    V  Dấu xảy  x   x  x  Khi MN / / BD V Chọn B Cách 2: Đặt a  SN SM ,b  , (0  a, b  1) SB SD Ta có: If you never try, you will never know!!! Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường V V ' VS ANP  VS AMP VS ANP  SN SP SM SP     S AMP      a  b V V 2VS ABC 2VS ADC  SB SC SD SC  V V ' VS ANM  VS PMN VS ANM  SN SM SN SM SP     S PMN      ab V V 2VS ABD 2VS CBD  SB SD SB SD SC  a 1  a  b   ab  a  b  3ab  b  4 3a  1 Hay ta có: a  Khi ta có: Ta có tỉ số thể tích hai khối b theo a là: a2 3a  Đặt: a   L  a2 3a  2a 1  f a  , a   ;1 , tac : f '  a   0 a  3a   3a  1 2   3 2 1 f    f 1  ; f    , 3 2 Do đó: V'  V Chọn B Cách SA SB SC SD ,b  ,c  ,d   ac bd 3 SA SM SP SN V ' abcd 3 1 Khi đó:      V ' V 4.a.b.c.d 4.1.2.b.d 4.b.d 3 bd  a     Đặt: a  Chọn B Câu 8: Có số nguyên m để hàm số f  x   x3  mx   m   x   0;    A B 10 C Giải đồng biến D Ta có: f   x   x  2mx  m  Hàm số đồng biến khoảng  0;     f   x   0; x   0;     x  2mx  m   0; x   0;    (dấu “=” xảy hữu hạn điểm) Cách 1: + TH1:    m2  m    2  m   f   x   0; x   f   x   0; x   0;    m  + TH2:    m2  m     (1)  m  2 Khi f   x   0, x   0;   phương trình f   x   có hai nghiệm thỏa mãn m  m  x1  x2      6  m  (2) m  6 m   If you never try, you will never know!!! Facebook : Nhóm Toán Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Từ 1    6  m  2 Kết hợp TH1 TH2 ta 6  m  Do m nên m6; 5; 4; 3; 2; 1;0;1; 2;3 Vậy có 10 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán Cách 2: Lập BBT hàm số f   x   x  2mx  m  trường hợp: + TH1: m  : Hàm số đồng biến  0;     m2  m    2  m   m   0;3 + TH2: m   f   x   x  0; x   hàm số f  x  đồng biến  hàm số f  x  đồng biến  0;    + TH3: m  : Hàm số f  x  đồng biến  0;     m    m  6  6  m  Kết hợp TH1; TH2; TH3 ta có: m  6;3 Do m nên m6; 5; 4; 3; 2; 1;0;1; 2;3 Vậy có 10 giá trị nguyên m thỏa mãn Cách 3: +) Ta có x  2mx   m     x    x  1 m 1 +) Với x  1 với m 2 +) Với  x  , 1  x  x  12 x2  x2  , ta có g   x    m Đặt g  x   2x 1 2x 1  x  1  x  2  1 g  x     g   x   0, x   0;   2 x  Bảng biến thiên: If you never try, you will never know!!! Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Do g  x   x2   1  m, x   0;   m  6 2x 1  2 x2  x2  1  +) Với x  , 1   ;     m Bảng biến thiên hàm số g  x   2x 1 2x 1 2  Do g  x   x2  1   m, x   ;     m  2x 1 2  +) Nhận thấy: 1 nghiệm với x   0;   trường hợp xảy ra, điều kiện m 6  m   m {  6; 5; ;3} Vậy có 10 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn B Câu 9: Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC có AA  2a, BC  a Gọi M trung điểm BB Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp M ABC A 3a B 13a C 21a D 3a Giải Từ trọng tâm G ABC dựng trục thẳng đứng vng góc với ABC Kẻ IH đường trung trực MB  , cắt  d  I Khi ta có IM  IA  IB  IC  R a a MB  , IG  HB  a 3 Ta có B ' G  BK  Suy IB  R  IG  BG  a2 a2 21a   Chọn C If you never try, you will never know!!! Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Câu 10 Gọi S tập hợp giá trị nguyên m để giá trị lớn hàm số f  x   x  3mx  đoạn  0;3 Tổng số nguyên m A B C D Giải Xét h  x   x  3mx   h  x   3x  3m TH1: Xét m  suy h  x   h    không thỏa mãn TH2: Xét m  suy h  x    x  m  35  9m   m  3; 4  8  2m m  8 Nếu  m   35  9m  8 khơng có giá trị m thỏa mãn 8  2m m  Nếu m   Kết luận: có giá trị m ngun thỏa mãn m  m  Tổng   Chọn C Câu 11: Cho lăng trụ tam giác ABC ABC Biết AB vng góc với đáy Góc AA tạo với đáy góc 600 Góc hai mặt phẳng  ABBA   ACC A  300 Khoảng cách từ A đến BB CC Gọi H , K hình chiếu vng góc A BB, CC  H , K  hình chiếu vng góc A BB, CC  Thể tích lăng trụ AHK AH K  A V  192 B V  96 C V  64 D V  384 Giải Từ đỉnh A kẻ AH  BB  H  BB Cũng từ A kẻ AK  CC  K  CC  Góc hai mặt phẳng  ABBA   ACC A  300 Suy HAK  300 HAK  1500 Diện tích tam giác SAHK  1 AH AK sin 300  AH AK sin1500  18 2 If you never try, you will never know!!! 10 Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường log 27  log log   log  3log 3.log 27  log  3ac log 27 3log log8  log  log  3b log 35 log  log 3b  3ac  b  ac  log12 35     log 12  log 2c c2 Chọn C Câu 20 Anh Nhân gửi 50 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 6% / năm Biết không rút tiền khỏi ngân hàng sau năm số tiền lãi s nhập vào gốc để tính lãi cho năm Hỏi sau năm anh Nhân nhận số tiền nhiều 100 triệu đồng bao gồm gốc lãi? Giả sử suốt thời gian gửi lãi suất không đổi Anh Nhân không rút tiền A 12 năm B 11 năm C 14 năm D 13 năm Giải Gọi số tiền ban đầu A Lãi suất tính theo năm r Hết năm thứ số tiền vốn lãi là: A  A.r  A 1  r  Hết năm thứ hai số tiền vốn lãi là: A 1  r   A 1  r  r  A 1  r  Hết năm thứ ba số tiền vốn lãi là: A 1  r   A 1  r  r  A 1  r  2 Từ suy sau n năm số tiền vốn lãi là: A 1  r  n Từ giả thiết, ta cần tìm n  * nhỏ cho: 50 1  0, 06   100  1, 06n   n  log1,06  11,89566 n Vậy sau sau 12 năm người nhận số tiền nhiều 100 triệu đồng bao gồm gốc lãi Chọn A Câu 21: Cho hàm số y f x có đồ thị C , với x , y số thực dương thỏa mãn x 2y 12xy 3x 6y 14 Tiếp xy 9x 242y có phương trình 18 x A y 242 121 16 x C y 242 121 log2 tuyến B y D y C song song với đường thẳng 15 x 242 121 17 x 242 121 Giải x 2y xy 0 Điều kiện: xy nên x 2y x, y Ta có: log2 log2 x x 2y xy 2y 12xy log2 3x xy 6y 12xy If you never try, you will never know!!! 14 3x 6y 14 17 Facebook : Nhóm Toán Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường log2 x 2y log2 x x 2y x Xét hàm số: f t Do đó: x giả x 242 y 2 x0 x 4x , x, y tuyến đồ thị song C song với đường thẳng 242 , tiếp điểm tiếp tuyến với đồ thị C , Gọi M x0 ; y0 , x0 , y0 x0 242 18 f 12 xy y x 242 y 4x x có đồ thị C 4x tiếp nên có hệ số góc k Ta có: f x xy nên hàm số đồng biến 0; f x thiết 12 xy log2 12 t , với t 12 xy Khi hàm số y k 2y log t 2y xy log2 1 0, t t.ln Ta có: f t Theo 2y 18 x0 121 18 2 x0 x0 Vậy tiếp tuyến C : y x0 242 2 x0 1 121 22 y0 6(l ) 17 x 242 121 Chọn D Câu 22: Gia đình An xây bể hình trụ tích 150m3 Đáy bể làm bê tông giá 100.000 đ/ m Phần thân làm vật liệu chống thấm giá 90.000 đ/ m , nắp nhôm giá 120.000 đ / m Hỏi tỷ số chiều cao bể bán kính đáy để chi phí sản xuất bể đạt giá trị nhỏ ? A 31 22 B 22 31 C 22 D 22 Giải Gọi h, r  chiều cao bán kính đáy bể hình trụ Bể tích 150m3 nên  r h  150  h  150  r2 Chi phí sản xuất bể là: 100000 r  90000  2 rh   120000 r   22 r  2700 10 (đồng) r  r r  r Ta có 22 r  2700   22 r  1350   1350   3 22 13502   r Dấu "=" xảy  22 r  1350   r  1350 h 150 150 22 Khi    1350 22 r r  22 Chọn D Câu 23: Số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  If you never try, you will never know!!! x  3x   3x 2x  18 Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường A B *** Tập xác định: D  *** Ta có: lim  5 x    2  C Giải D  5  \  2 x  3x   3x x  3x   3x  ; lim     5 2x  x  x    2 Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là: x  5 *** Ta có: lim x  x  3x   3x  lim x  2x  3  x    3x  4  3 2  5 x x x x  lim   x  2x  2 2 x 3 x    3x 4  3 x  3x   3x  1 x x x x  lim  lim   x  x  2x  2x  2 2 x lim x  Suy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là: y  5 1 y  2 Vậy tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số Chọn A Câu 24: Cho hàm số y   x3  x   4m   x  1 với m tham số Hỏi có giá trị nguyên m lớn 10 để hàm số cho nghịch biến khoảng  ;0  ? A B C D Giải y '  3 x  x  4m  hàm số bậc hai có a  1  0;  '  12m  28 ***TH1:  '   m    y '  0; x   hàm số 1 nghịch biến  ;   Thỏa mãn yêu cầu toán * ***TH2:  '   m    y '  khoảng  ; x1   x2 ;   Suy hàm số 1 nghịch biến  ; x1   x2 ;   m Yêu cầu toán tương đương:  b 2  0 0    a 3  x1  x2    m c   4m   a  3   Kết hợp điều kiện ta có   m   ** *** Từ * ; **  m   kết hợp điều kiện m nguyên lớn 10 Ta có: m 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3 Có giá trị If you never try, you will never know!!! 19 Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Chọn B Câu 25: Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị hàm số y  f ( x) hình v Hàm số y  g  x   f (e x  2)  2020 nghịch biến khoảng đây?   3 B  1;  A  1;   3 C  0;     D  ;  2  Giải Cách 1: Ta có g   x   e x f   e x   Hàm số y  g  x   f (e x  2)  2020 nghịch biến g   x    f   e x    Dựa vào đồ thị hàm số y  f ( x) , ta thấy: f   e x     e x    e x   x  ln Do hàm số y  g  x  nghịch biến khoảng  ;ln 5 ,   3 3 Lại  1;    ;ln  , nên hàm số y  g  x  nghịch biến khoảng  1;  2 2   Cách : Ta có g   x   e x f   e x   e x    x  ln  Xét g   x    e x f   e x     f   e x      x e    x  ln  Bảng xét dấu:  3  3 Do  1;    ;ln  nên hàm số y  g  x  nghịch biến khoảng  1;  2 2   Chọn A Câu 26: Cho hàm số y  f  x  liên tục  1 thỏa mãn: f  1  , f     Hàm số f   x   e có đồ thị hình v sau: If you never try, you will never know!!! 20 Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường   1 Bất phương trình f  x   ln   x   x  m có nghiệm với x   1;   e A m B m e2 C m e2  D m Giải Bất phương trình f  x   ln   x   x  m  f  x   ln   x   x  m Đặt g  x   f  x   ln   x   x   1   1 Bất phương trình cho nghiệm với x   1;    g  x   m , x   1;   e e     1 Xét hàm số g  x   1;   e  1  x2    Ta có g  x   f  x    x  f  x   x x  f  x  1 1     g   x   0, x   1;   Với x   1;   ta có   x e e   0  x  1   Hàm số g  x  đồng biến  1;   e  1  Bảng biến thiên hàm số g  x   1;   e  1 1   1 Từ bảng biến thiên ta có g  x   m, x   1;    m  g     m  f     ln       e   e  e e  e  m  3 e Vậy m   thỏa mãn yêu cầu toán e Chọn C If you never try, you will never know!!! 21 Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Câu 27: Cho hàm số y  f  x  liên tục thỏa mãn f  1  5, f  3  có bảng xét dấu đạo hàm sau Số giá trị nguyên dương m để phương trình f   x   x   x  m có nghiệm khoảng  3;5 A 16 B 17 C D 15 Giải Xét g  x   f   x   x   x khoảng  3;5 g   x   3 f    x   x  x 4 Ta có  x   3   x  1 Suy f    x   0, x   3;5  3 f    x   0, x   3;5 1 x x 4 2  1, x   3;5   x x 4   0, x   3;5    Từ 1   suy g   x   x   3;5 Bảng biến thiên hàm số g  x  khoảng  3;5 Từ bảng biến thiên suy ra, để phương trình f   x   x   x  m có nghiệm thuộc khoảng  3;5 29   m  12  13 Vì m nguyên dương nên m  1; 2;3 ;15 Vậy có 15 giá trị m thoả mãn yêu cầu toán Chọn D Câu 28: Cho hàm số f  x   log  cos x  Phương trình f   x   có nghiệm khoảng  0; 2020  ? A 2020 B 1009 C 1010 D 2019 Giải Hàm số f  x   log  cos x  xác định có đạo hàm cos x  1 Khi f   x   1 sin x   sin x Suy f   x      cos x   x  k 2  k  ln 2.cos x cos x   Suy tất nghiệm phương trình f   x   khoảng  0; 2020  x  k 2 với k  1,1009 Vậy phương trình f   x   có 1009 nghiệm khoảng  0; 2020  Chọn B If you never try, you will never know!!! 22 Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Câu 29 Có giá trị nguyên dương tham số m để đồ thị hàm số x  mx   2m  3 x  2018 có hai điểm nằm phía trục tung mà tiếp tuyến hai điểm vng góc với đường thẳng d : x  y   ?  Cm  : y   Cm  A B C Giải Gọi A  x1; y  x1   , B  x2 ; y  x2   hai điểm thuộc  Cm  Do A, B nằm hai phía trục tung nên x1 x2  D Ta có: y  x  2mx  2m  Mặt khác d : x  y    y   x  , tiếp tuyến A, B vng góc với   1  y  x1      1    d   y  x1    y  x2     x1 , x2 nghiệm phương trình  y  x      1     2 y    x  2mx  2m   (*) Điều kiện toán thỏa mãn (*) có nghiệm phân biệt trái dấu    m  2m     m  Kết hợp m   x1 x2  2m     m  1; 2 Chọn C Câu 30: Tìm tất giá trị tham số m để phương trình cos3 x  3cos x  cos x   2m  có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn 0; 2  A   m   B m C m 3 D   m   Giải Đặt cos x  t   t  1 2 t 3t  5t   2m  0(*) Phương trình cho có nghiệm thuộc  0; 2   phương (*) có nghiệm t  (0;1) Khi ta có phương trình: Xét hàm số f  t   t  3t  5t  Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm đồ thị hàm số y  f  t  đường thẳng y = -2m t  t  Ta có: f '  t   t  6t   f '  t    t  6t     t f ' t  + f t   -3 If you never try, you will never know!!! 23 Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường  pt (*) có nghiệm  3  2m  2  m 3 Chọn C Câu 31: Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh bên tạo với đường cao góc 30 , O trọng tâm tam giác ABC Một hình chóp tam giác thứ hai O ABC có S tâm tam giác ABC cạnh bên hình chóp O ABC tạo với đường cao góc 60 cho cạnh bên SA, SB, SC cắt cạnh bên OA, OB, OC  Gọi V1 phần thể tích chung hai khối chóp O ABC S.ABC Gọi V2 thể tích khối chóp S.ABC Tính tỉ số A 16 B C 27 64 V1 ?(Tham khảo hình v ) V2 D 64 Giải Gọi M, N, P giao điểm cạnh bên SA, SB, SC tương ứng với cạnh bên OA', OB', OC' Phần chung hai khối chóp A.ABC O.A'B'C' khối đa diện SMNPO Từ giải thuyết ta có: (ABC) // (A'B'C') mà ta có: MN // AB // A'B', NP // AC // A'C' Do đó: (ABC) // (MNP), (A'B'C') // (MNP) MNP Xét tam giác vuông SMI OMI ta có: SI √ , OI √ Suy ra: Suy ra: hay If you never try, you will never know!!! 24 Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Do đó: Nên: Từ đó: Chọn A Câu 32: Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên 2a O tâm đáy Gọi M , N , P , Q điểm đối xứng với O qua trọng tâm tam giác SAB , SBC , SCD , SDA S ' điểm đối xứng với S qua O Thể tích khối chóp S '.MNPQ A 20 14a 81 B 40 14a 81 C 10 14a 81 D 14a Giải Gọi G1 , G2 , G3 , G4 trọng tâm SAB, SBC , SCD, SDA E , F , G, H trung điểm cạnh AB, BC , CD, DA 4 1 9 d  S ,  MNPQ    d  S ,  ABCD    d  O,  MNPQ   Ta có S MNPQ  4SG G G G  S EFGH  EG.HF  8a  d  S ,  ABCD    2d  O,  G1G2G3G4    d  S ,  ABCD    d  S ,  ABCD   5a 14  d  S ,  ABCD    5a 14 8a 20a 14   81 Vậy VS .MNPQ   Chọn A If you never try, you will never know!!! 25 Facebook : Nhóm Toán Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Câu 33: Có giá trị nguyên m để đường thẳng y  m  x   cắt đồ thị hàm số y   x  1 x   điểm phân biệt? A B C Giải D Ta có phương trình hồnh độ giao điểm: m.(x - 4) = (x2 - 1).(x2 - 9) Ta có: với x = 4, đó: = 105 ( vô lý ) Ta xét: với x ≠ 4, đó: Ta có: f '(x) = ( ) [ x A f '(x) + B - C + 2,57946… - || D - + 9,674329… f(x) -2,282606… 383,51029… Để hai phương trình cắt điểm phân biệt đó, m phải thoả mãn: -2,282606 < m < 2,57946 Khi đó: m = {-2;-1;0;1;2} Chọn C Câu 34: Có giá trị nguyên tham số m   100;100 để đồ thị hàm số: g  x  Có đường tiệm cận? A 99 B 100 Ta có: g(x) = √ mx   m  5m  x  x2 C 101 Giải D 98 √ ***Với m , ta thấy rằng: không xác định nên không tồn thoả mãn ĐKXĐ ***Với m = 0, g(x) = có TCĐ: x = 2, TCN: y = Nên tồn đường tiệm cận nên không thoả mãn Với m > 0, đó: √ √ If you never try, you will never know!!! 26 Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Vì vậy: hàm số có đường tiệm cận ngang: y = √ Ta có: x = tiệm cận đứng Tuy nhiên điều kiện cần đủ để hàm số cho có đường tiệm cần x = không nghiệm kép tử số (vì có nằm nên cần mũ để phá vỡ ) Ta có: =0 [ Ta thử lại: Với: m = g(x) = Với: m = g(x) = √ ( khơng có đường tiệm cận) [ √ Dễ thấy g(x) có đường tiệm cận ***2 đường tiệm cận ngang: y = √ ***1 đường tiệm cận đứng: x = Như vậy: hàm số cho có đường tiệm cận m = {2;3;4;…;100} Có 99 giá trị m thoả mãn Chọn A Câu 35: Để giá trị lớn hàm số y  f  x   x3  3x  2m  đoạn  0; 2 nhỏ giá trị m thuộc khoảng đây? A B  2; 1 1;2  D  1;0 C  0;1 Giải Ta xét: y  g  x   x  3x  2m    y '  g '  x   3x    x  1 L   x  Ta có bảng biến thiên sau: x g'(x) | 2m - 1 - + | 2m + g(x) 2m - Ta xét khả năng: TH1:Với m Khi đó: max f(x) = max g(x) = 2m + (1) TH2: Với Khi đó: max f(x) = max g(x) = 2m + Khi đó: hay (2) TH3: Với m If you never try, you will never know!!! 27 Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Khi đó: max f(x) = |g(x)| = - 2x (3) Từ (1) (2) (3) ta suy ra: max f(x) đạt đạt m = Chọn C Câu 36: Biết phương trình x3  3x  m có nghiệm dương phân biệt a,b,c thõa mãn điều kiện a  b  c   Chọn mệnh đề mệnh đề sau:  1 1   3 m   0;  A B m   ;1 C m  1;   2 2   2 Giải 3  D m   ;2  2  Chọn B  x2  x   Câu 37: Biết x1 , x2 hai nghiệm phương trình log    x   x thỏa điều 2x   kiện x1  x2  a  b với a,b hai số nguyên dương Tính giá trị biểu thức T  a  b ? A 16 B 14 C 13 D 11 Giải Ta có:     log  x  1   log  x    x  x   x   2  log  x  1    x  1  log (2 x)  x   Đặt: f  t   log t  t  f ' t     0, t  t.ln Nói cách khác: f(t) đồng biến R Ta có: If you never try, you will never know!!! 28 Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường f  x  1   f  x    x  1  x  4x2  6x    3  3 x  4   3  3 x  4      Ta nhận thấy rằng: x1, x2 nghiệm Nên ta có hai trường hợp: 9     L  4 x1  x2   9   9       Nên a = 9, b = Suy ra: a + b = 14 Chọn B Câu 38: Có giá trị nguyên dương tham số m để tồn số thực x,y thỏa mãn:  e3 x 5 y 10  e x 3 y 9   x  y  2 log  3x  y     m   log  x    m   A B C D Giải Từ phương trình (1) ta có: e3 x 5 y 10   3x  y  10   e x 3 y 9   x  y   Đặt: f  t   et  t  f '  t   et   0, t  Hay hàm số y = f(t) hàm đồng biến Khi ta có: f  x  y  10   f  x  y    x  y  10  x  y   y  1 2x Thay vào (2) ta được: log52  x  5   m   log5  x  5  m2   Xem phương trình phương trình bậc hai có tham số m biến số log5  x  5 Để hàm số cho có nghiệm thì:   m  12m  36  4m  36   3m  12m  0m4 Vì m dương nên: m = {1;2;3;4} Chọn C If you never try, you will never know!!! 29 Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Câu 39: Cho cấp số cộng  an  , cấp số nhân  bn  thỏa a2  a1  0, b2  b1  hàm số f  x   x3  3x cho f  a2    f  a1  f  log b2    f  log b1  Tìm số nguyên dương n nhỏ cho bn  2019an 1 A 17 B 14 C 15 D 16 Giải Ta có: bn > 2019an+1 => 2n-1> 2019n => n Vậy n = 16 Chọn D ( dễ dàng chứng minh quy nạp) Câu 40: Cho a số thực dương khác 1, thỏa mãn log a x  3x  3, x   0;   Khẳng định sau đúng?  1 a   0;  A  2  3 B a  1;   2 1  C a   ;1 2  3  D a   ;4  4  Giải If you never try, you will never know!!! 30 Facebook : Nhóm Tốn Anh Dúi – Nguyễn Thành Nhân_Phan Thành Tường Chọn B If you never try, you will never know!!! 31 ... 14 Tiếp xy 9x 242y có phương trình 18 x A y 242 121 16 x C y 242 121 log2 tuyến B y D y C song song với đường thẳng 15 x 242 121 17 x 242 121 Giải x 2y xy 0 Điều kiện: xy nên x 2y x, y Ta... x thi? ??t 12 xy log2 12 t , với t 12 xy Khi hàm số y k 2y log t 2y xy log2 1 0, t t.ln Ta có: f t Theo 2y 18 x0 121 18 2 x0 x0 Vậy tiếp tuyến C : y x0 242 2 x0 1 121 22 y0 6(l ) 17 x 242 121. .. sin x   sin x, x   0;      Suy y  0, x   0;    Ta có bảng biến thi? ?n Dựa vào bảng biến thi? ?n u cầu tốn  f 1   a   a  f 1   Vì a số nguyên dương nên a 1;2;3