GIẢI CHI TIẾT đề THI THPTQG 2019 mã 108 ID6

THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THPTQG NĂM 2019 Mà ĐỀ 108 Câu 1:  P  : x  y  3z   Vectơ [2H3-2.1-1] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P ? vectơ pháp tuyến r r n1  2; 1; 3 n  2; 1;3  A B C Lời giải r n  2;3;1 Chọn B  P  : x  y  3z   Một vectơ pháp tuyến mặt phẳng Câu 2: Câu 3: D r n  2; 1;3 r n  2;1;3 u  u2  u  [1D3-3.3-1] Cho cấp số cộng n với Công sai cấp số cộng cho A B 10 C 6 D Lời giải Chọn D u  Gọi d công sai cấp số cộng n u  u1  d � d  u2  u1 � d   � d  Ta có: [2D1-5.1-2] Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình vẽ bên? A y  x  x  B y  x  x  C y   x  3x  Lời giải D y   x  x  Chọn C Căn vào đồ thị hàm số phương án ta loại phương án hàm số bậc bốn trùng phương B, D Còn lại phương án hàm số bậc ba Từ đồ thị ta có: hình vẽ Câu 4: lim y  �, lim y  � x �� x �� nên hàm số y   x  3x  có đường cong d: x 1 y  z    5 Vectơ [2H3-3.1-1] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng vectơ phương d ? r r r u4   2;  5;3 u1   2;5;3 u3   1;3;   A B C Lời giải Chọn A Mã đề: 108 Trang D r u2   1;3;  THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ M  x0 ; y ; z0  Phương trình tắc đường thẳng d qua có vectơ phương x  x0 y  y0 z  z0   a b c với abc �0 là: r u   2;  5;3 Vậy đường thẳng d có vectơ phương r u   a; b; c  Câu 5: Câu 6: Câu 7: d: [2H2-1.1-1] Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính đáy r 2 r h r h 2 A B  r h C D 2 r h Lời giải Chọn C V   r 2h Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính đáy r (đvtt) [2D2-3.2-1] Với a số thực dương tùy ý, log a  log a 3log a  log a A B C Lời giải Chọn A Ta có log a  3log a ( a  0) log a D [2D1-2.3-1] Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên sau Hàm số cho đạt cực đại A x  B x  C x  Lời giải D x  2 Chọn B Căn bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại x  Câu 8: [2D4-1.2-1] Số phức liên hợp số phức  3i A 5  3i B  3i C 3  5i D 5  3i Lời giải Chọn B Số phức liên hợp số phức  3i  3i Câu 9: f  x  2x  [2D3-1.2-1] Họ tất nguyên hàm hàm số 2 A x  x  C B x  x  C C 2x  C Lời giải Chọn B Mã đề: 108 Trang 2 D x  C THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ x  x   dx  � Ta có  6x  C Câu 10: [2D3-1.1-1] Biết A 7 f  x  dx  �  x  x  C ( C số) g  x  dx  4 � B , C 1 Lời giải � dx �f  x   g  x  � � � D Chọn C Theo đề f  x  dx  � g  x  dx  4 � 1 0 nên: � dx  � f  x  dx  � g  x  dx    4   1 �f  x   g  x  � � � x1  27 Câu 11: [2D2-5.1-2] Nghiệm phương trình A x  B x  C x  Lời giải Chọn A x 1 x 1 Ta có  27 �  � x   � x  D x  M  3; 1;1 Câu 12: [2H3-3.13-1] Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc điểm trục Oz có tọa độ A  3; 0;  B  3; 1;0   0; 1;0  C Lời giải D  0;0;1 Chọn D M  3; 1;1 M�  0;0;1 Gọi M �là hình chiếu vng góc điểm lên trục Oz Ta có Câu 13: [1D2-2.3-1] Số cách chọn học sinh từ học sinh 2 A C5 B C A5 D Lời giải Chọn A Mỗi cách chọn học sinh từ học sinh tổ hợp chập phần tử Vậy số cách chọn học sinh từ học sinh C5 (cách) Câu 14: [2H1-3.11-1] Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B chiều cao h Bh Bh A 3Bh B C D Bh Lời giải Chọn D Thể tích V khối lăng trụ có diện tích đáy B chiều cao h là: V  Bh (đvtt) Câu 15: [2D1-1.3-1] Cho hàm số Mã đề: 108 Trang f  x có bảng biến thiên sau: THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A  0; �  0;2  B  �; 2  C Lời giải Chọn D Dựa vào bảng biến thiên, hàm số cho đồng biến khoảng Căn phương án, ta chọn đáp án D Câu 16: [2D3-2.2-1] Cho hàm số đường y  f  x 1 C S 1 1 f  x  dx �f  x  dx  � B D 1 1 1 f  x  �0, x � 1;1 Vậy 1 ; f  x  �0, x � 1;5 f  x  dx �f  x  dx  � Câu 17: [2D1-5.5-2] Cho hàm số Mã đề: 108 Trang f  x S  � f  x  dx  � f  x  dx Chọn B S  2; � f  x  dx �f  x  dx  � Lời giải Ta có liên tục � Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn S  � f  x  dx  � f  x  dx S  2;0  , y  , x  1 x  (như hình vẽ bên) Mệnh đề đúng? A f  x  2;0  D có bảng biến thiên sau: THPT VÕ VĂN KIỆT Số nghiệm thực phương trình A B GV: LÊ QUỐC SỰ f  x   C D Lời giải Chọn A f  x   � f  x  � f  x  Ta có Số nghiệm phương trình số giao điểm hai đồ thị y  f  x đường thẳng y Vậy phương trình có nghiệm thực phân biệt A  1; 2;0  , B  3;0;  Câu 18: [2H3-2.11-2] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm Phương trình mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   Lời giải Chọn B M  1;1;1 Gọi M trung điểm AB Ta có Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB qua M nhận làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là:  x  1   y  1  z   � x  y  z   uuur AB   4; 2;2  hay r n   2; 1;1 Câu 19: [2H2-1.12-2] Một sở sản xuất có bể nước hình trụ có chiều cao nhau, bán kính đáy 1m 1, 4m Chủ sở dự định làm bể nước hình trụ, có chiều cao tích tổng thể tích bể nước Bán kính đáy bể nước dự định làm gần với kết đây? A 1,5m B 1,7 m C 2, m D 1,9 m Lời giải Chọn B Gọi chiều cao hình trụ h Mã đề: 108 Trang THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ V V R  1m, R2  1, 4m Gọi , thể tích hình trụ có bán kính đáy Gọi V thể tích hình trụ dự định làm có bán kính đáy R 2 2 2 Ta có: V  V1  V2 �  R h   R1 h   R2 h � R  R1  R2 � R  12  1, 42 � R  2,96 �1, 72  S  : x  y  z  x  y   Bán kính Câu 20: [2H3-1.4-2] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu mặt cầu cho A B 15 C D Lời giải Chọn C �a  � b  1 � � �c  � � R  a  b2  c2  d  Ta có �d  7 Câu 21: [2D4-4.2-2] Gọi bằng: A 28 z1 , z2  1   1      2 2 nghiệm phức phương trình z  z  14  Giá trị z1  z2 B 36 C D 18 Lời giải Chọn C Ta có: z  z   z1  z  2 2 �6 � 14  z1 z2  � �  �1 � Chọn đáp án C Câu 22: [2D2-3.2-2] Cho hai số thực dương thoả mãn Giá trị A B C D Lời giải Chọn D Ta có:   a 3b  32 � log a 3b  log 32 � 3log a  log b  B C có đáy Câu 23: [2H1-3.7-2] Cho khối lăng trụ đứng ABC A���  2a (minh họa hình vẽ bên) Thể tích khối lăng trụ cho tam giác cạnh a AA� Mã đề: 108 Trang THPT VÕ VĂN KIỆT A 3a 3 GV: LÊ QUỐC SỰ B 3a C 3a D 3a Lời giải Chọn B Diện tích tam giác ABC S ABC a2  a2 a3 � VABC A���  S � AA  a �  BC ABC Thế tích khối lăng trụ cho Câu 24: [1H3-3.3-2] Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a , tam giác ABC vuông B, AB = a , BC = a Góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABC) o o o o A 30 B 90 C 45 D 60 Lời giải Chọn C Ta có: SA vng góc với mặt phẳng (ABC) � A hình chiếu S lên mặt phẳng (ABC) � AC hình chiếu SC lên mặt phẳng (ABC) � � �� SC , ( ABC ) � = (� SC , AC ) = SCA � � D ABC vuông B � AC = AB + BC = a + 3a = 4a � AC = 2a Mã đề: 108 Trang THPT VÕ VĂN KIỆT � = SA = 2a =1 � SCA � = 45o � tan SCA �� SC , ( ABC ) � = 45o � � AC 2a Câu 25: [2D2-5.7-2] Nghiệm phương trình A x  2 B x  log  x  1   log  x  1 C x  GV: LÊ QUỐC SỰ D x  Lời giải Chọn B �x   � Điều kiện: �x   � x  Phương trình log  x  1   log  x  1 � log  x  1  log 2  log  x  1 � log  x  1  log �  x  1 � � �� x    x  1 � x  (thỏa mãn điều kiện x  ) Câu 26: [2D4-3.1-2] Cho hai số phức diễn số phức  3;  A 2z1  z2 z1  2  i z2   i có tọa độ  2;  3 B C Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu  3;3 D  3;  3 Lời giải Chọn C Ta có: z1  z2   2  i     i   4  2i   i    3i Vậy điểm biểu diễn số phức 2z1  z2 có tọa độ Câu 27: [2D1-3.2-2] Giá trị nhỏ hàm số A B  3;3 f  x   x3  x  C 20 [  3;3] D –16 Lời giải Chọn D Ta có: f�  x   � x  �1  x   3x  � f � Ta có: f  3  16; f  1  4; f  1  0; f  3  20 Do hàm số f  x liên tục [  3;3] nên giá trị nhỏ hàm số –16 Câu 28: [2D1-4.5-2] Cho hàm số Mã đề: 108 Trang y  f  x có bảng biến thiên sau: THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ Tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số cho là: A B C D Lời giải Chọn D Hàm số y  f  x có tập xác định: D  �\  0 Ta có: lim f  x   � x �� lim f  x   x �� đồ thị hàm số không tồn tiệm cận ngang x � � Vậy đồ thị hàm số y  f  x có tiệm cận ngang y  lim f  x   lim f  x   � y  f  x ; x�0 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  x �0 Vậy tổng số tiệm cận đứng ngang ( x)  x( x  2) , x �� Số điểm cực trị hàm Câu 29: [2D1-2.5-2] Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f � số cho A B C D Lời giải Chọn C x0 � f� ( x)  � x( x  2)  � � x2 ( x)  x( x  2) , � Ta có: f � Bảng biến thiên Vậy hàm số có điểm cực trị Mã đề: 108 Trang THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ x Câu 30: [2D2-4.2-2] Hàm số y  x  3 3x 3 x.ln A  2 3 x x B có đạo hàm x C 3 x ln  3x  3x 3 x 1 x  3 3x 3 x D  Lời giải Chọn A u ' u ' Áp dụng công thức y  a � y  a u ln a � y '  3x 3 x  x  3x  ln   x  3 3x ' Câu 31: [2D4-2.4-2] Cho số phức z thỏa mãn A B 3 x ln   z  i    3i  z   16i C Môđun số phức z D Lời giải Chọn C Gọi z  x  yi với x, y �� Ta có   z  i    3i  z   16i �  x  yi  i     3i   x  yi    16i � 3x  yi  3i  x  yi  3xi  y   16i �x  y  �x  y  �x  �  x  y    3x  y  3 i   16i � � �� �� 3x  y   16 x  y  13 �y  � � z  Do z   2i Vậy f  x  3x   x  1 Câu 32: [2D3-1.3-2] Họ tất nguyên hàm hàm số khoảng 3ln  x  1  C 3ln  x  1  C x 1 x 1 A B C 3ln  x  1  C x 1 D 3ln  x  1   1;  � C x 1 Lời giải Chọn D Ta có �3  x  1  2 � 3x   d x   � �dx f x d x  d x   � � 2 � �  3ln x   C x  x  x  � �     �  x  1 � x 1 Do khoảng Mã đề: 108 Trang 10  1;  � ta có: THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ r E  2; 4;  u  1; 4;  Ta thấy điểm thuộc d d có vtcp d  nên d có phương trình: �x   t � �y   4t �z   2t � Đáp án D thỏa mãn Câu 35: [2D1-1.4-3] Cho hàm số f  x , bảng xét dấu f�  x sau: y  f   2x  Hàm số nghịch biến khoảng đây?  5;  �  2;3  0;  A B C D  3;5 Lời giải Chọn C Xét hàm số y  f   2x  � y� �   2x �f   x  � � 2 f � 3   x  1 � 3 x4 � y� 0� f� ��   2x  � �  2x  x2 � � Xét bất phương trình: y  f   2x  �;  khoảng  3;  Suy hàm số nghịch biến khoảng  0;  � �;  nên chọn đáp án C Vì log x  log  x  1   log m m Câu 36: [2D2-5.7-3] Cho phương trình ( tham số thực) Có tất m giá trị nguyên để phương trình cho có nghiệm? A Vơ số B C D Lời giải Chọn B Gọi log x  log  x  1   log m Điều kiện xác định: �x �0 �x  � � � � �x  x   � �x  � �  * � � � � m0 m0 � � m  � � Với điều kiện  * thì:  1 � log3 x  log3 m  log3  x  1 Mã đề: 108 Trang 12 phương trình  1 THPT VÕ VĂN KIỆT � log3  mx   log  x  1 � mx  x  �  m   x  1   GV: LÊ QUỐC SỰ   trở thành: x  1: VN Vậy không nhận m  Với m  phương trình Với m �6  2 � x   Để phương trình �  1 m6  có nghiệm 1 6  m   � 0 m6 6  m  6 m m 0 � 0 �  m  m6 m6 m � 1; 2;3; 4;5 Mà m nguyên nên Câu 37: [2D1-5.6-3] Cho hàm số bên Bất phương trình m �f   A f  x y f�  x , hàm số liên tục � có đồ thị hình vẽ f  x  x  m m x � 0;  ( tham số thực) nghiệm với B m  f  2  C m  f  0 Lời giải Chọn D Bất phương trình � m  f  x  x Xét hàm số Có f  x  x  m nghiệm với nghiệm với g  x  f  x  x khoảng g�  x  f �  x    0, x � 0;  Bảng biến thiên Mã đề: 108 Trang 13 x � 0;   0;  (1) x � 0;  D m �f    THPT VÕ VĂN KIỆT Vậy (1) ۣ m GV: LÊ QUỐC SỰ g  2 ۣ  m f  2  Câu 38: [1D2-4.5-2] Chọn ngẫu nhiên hai số khác từ 27 số nguyên dương Xác suất để chọn hai số có tổng số chẵn 13 365 14 A 27 B 729 C D 27 Lời giải Chọn A Chọn ngẫu nhiên hai số khác từ 27 số nguyên dương đầu tiên, ta có số phần tử khơng gian mẫu n     C27 Gọi A biến cố: “chọn hai số có tổng số chẵn” Trường hợp 1: Hai số chọn số lẻ có C142 cách Trường hợp 2: Hai số chọn số chẵn có C132 cách n A  C142  C132 Suy số phần tử biến cố A   P( A)  Xác suất để chọn hai số có tổng số chẵn: n( A) C142  C132 13   n ( ) 27 C27 Câu 39: [1H3-5.3-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy (minh họa hình vẽ bên)  SBD  Khoảng cách từ C đến mặt phẳng A 21a B 21a 28 C Lời giải Mã đề: 108 Trang 14 2a 21a D 14 THPT VÕ VĂN KIỆT Chọn A GV: LÊ QUỐC SỰ � SM   ABCD  Gọi M trung điểm AB Gọi O  AC �BD �AC � SBD   O � d  C ,  SBD    d  A,  SBD   � AO  OC � Ta có �AM � SBD   B � d  A,  SBD    2d  M ,  SBD   � AB  2MB � Lại có d  C ;  SBD   Vậy d  M ;  SBD   2  K �BD  , kẻ MH  SK H � MH  d  M ;  SBD   Kẻ MK  BD Xét tam giác SMK , ta có MK  1a a a AO   SM  2 , 1 28 a 21 a 21    � MH  � d  C ;  SBD    2 MH SM MK 3a 14 Câu 40: [2H2-1.2-3] Cho hình trụ có chiều cao Cắt hình trụ cho mặt phẳng song song với trục cách trục khoảng xung quanh hình trụ cho A 2 B 24 2 , thiết diện thu có diện tích 16 Diện tích C 16 2 Lời giải Mã đề: 108 Trang 15 D 12 2 THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ Chọn C Gọi O, O�lần lượt tâm hai đáy hình trụ Hình trụ có chiều cao h  Mặt phẳng song song với trục hình trụ cắt hình trụ theo thiết diện hình chữ nhật ABCD Ta có: S ABCD  AD AB  16 � AB  16 16  2 AD Trong tam giác OAB , từ O kẻ OI  AB , lại có: OI  AD suy ra: OI   ABCD  � d  OO� ;  ABCD    d  O;  ABCD    OI  Vì tam giác OAB cân O nên đường cao OI đồng thời đường trung tuyến hay I trung điểm đoạn thẳng AB � AI  AB  2 r  OA  AI  OI   2  2 Diện tích xung quanh hình trụ là: 2 S xq  2 rh  2 2.4  16 2 y= x y = x2 + a parabol Câu 41: [2D3-2.10-3] Cho đường thẳng ( a tham số thực dương) S S Gọi diện tích hai hình phẳng gạch chéo hình bên Khi S1 = S2 a thuộc khoảng đây? Mã đề: 108 Trang 16 THPT VÕ VĂN KIỆT �3 � � ; � 16 32 � A � GV: LÊ QUỐC SỰ �7 � � ; � B �32 � �1 � �; � C �4 32 � � 3� 0; � � 16 � � D Lời giải Chọn A x  x  a � x  x  4a  (*) Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị Ta có (d ) cắt ( P ) điểm phân biệt có hồnh độ dương nên phương trình (1) có nghiệm �   32a  � � � �S  � � �0a 32 �2a  �P  � dương phân biệt Gọi F ( x) f ( x) = x - x + a nguyên hàm hàm số x1 x1 �1 � �1 3 � S1  � dx  � x  x  ax �  F  x1  � x  x  a� � �6 �0 0� Ta có x2 �1 � S2  �  x  x a� dx   F  x  � � x1 � Mã đề: 108 Trang 17 x2 x1   F  x2   F  x1  THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ 3 2 S1 = S2 � F ( x2 ) = � x2 - x2 + ax2 = � x2 - x2 + 24a = Ta có Do x2 nghiệm phương trình (*) nên ta có hệ phương trình � 256 � a - 16a + a = � x - x2 + a = � x - x2 + a = � � � � � � � � � � � � 16a 16a - x2 = x2 - x2 + 24a = � � � x2 = � � � � a =0 � 512 � a - 12a = � � 27 � a= � � 128 2 2 Đối chiếu điều kiện a nên ta có a= � 27 � 7� �� ; � � � � 128 � 16 12 � z  Câu 42: [2D4-3.3-3] Xét số phức z thỏa mãn Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức w  iz  z đường trịn có bán kính B A 12 C D 20 Lời giải Chọn C Ta có w  iz w3 �z  z � w(1  z )   iz � w  wz   iz � w   (i  w) z iw Khi đặt w  x  yi ( x, y ��) ta z  � x  yi  ( x  3)  yi w3  2�   � i  ( x  yi )  x  (1  y )i iw 2 2 �  x  3  y  � x  (1  y ) � � �� x  y  x   x  y  y  2 � x  y  x  y   �  x  3   y    20 2 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường trịn có bán kính R  A  0; 4;  3 Câu 43: [2H3-3.1-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz cách trục Oz khoảng Khi khoảng cách từ A đến d lớn nhất, d qua điểm đây? A P  3; 0;  3 B M  0;  3;   Lời giải Chọn B Mã đề: 108 Trang 18 C Q  0;11;  3 D N  0;3;   THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ Ta có d thuộc mặt trụ có bán kính r  có trục Oz Oxy � A�  0; 4;0  Gọi A�là hình chiếu A lên mặt phẳng K lớn nhất, suy K  0; 3;0  Gọi điểm K giao mặt trụ Oy cho A� Ta có: d  A, d  �A ' K  Suy maxd  A, d   K  0; 3;0  Khi đường thẳng d qua song song với Oz �x  � �y  3 �z  t Phương trình đường thẳng d là: � M  0; 3; 5  Vậy d qua f  x Câu 44: [2D3-1.8-3] Cho hàm số có đạo hàm liên tục � Biết f  5  x f�  x  dx � A 25 123 C B 15 Lời giải Chọn A dt � dx  � � t  5x � � �x  t � Đổi cận: x  � t  ; x  � t  Đặt Mã đề: 108 Trang 19 D 23 xf  x  dx  � , THPT VÕ VĂN KIỆT Khi đó: GV: LÊ QUỐC SỰ 0 t xf  x  dx  � �f  t  � 5 dt 1� � t f  t  dt  25 � � x f  x  dx  25  * 0 � du  f '  x  dx � u  f  x � � � x2 � dv  xdx � v � � Đặt: Ta có: 15 x2 x f '  x  dx  25  * � f  x   � 20 � 25  � x f '  x  dx  25 � � x f '  x  dx  25 20 Câu 45: [2D1-5.4-3] Cho hàm số bậc ba phương trình A y  f  x có đồ thị hình vẽ bên Số nghiệm thực là: B 12 f  x  3x   C Lời giải Chọn D Mã đề: 108 Trang 20 D 10 THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ � x  x  a,  2  a  1 �3 x  x  b,   b   � �3 x  x  c,  c   � � � x  x  d ,  d  2  f x  x    � � � f  x3  x   � � x  x  e,   e  3 � �f  x3  x    x3  3x  f ,  f  3 � 2� � � Ta có Xét hàm số y  x  x ; có y '  x  Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta có Phương trình: x  x  a có nghiệm Phương trình: x  x  b có nghiệm Phương trình: x  3x  c có nghiệm Phương trình: x  3x  d có nghiệm Phương trình: x  3x  e có nghiệm Mã đề: 108 Trang 21 THPT VÕ VĂN KIỆT Phương trình: x  x  f có nghiệm GV: LÊ QUỐC SỰ Vậy tổng có 10 nghiệm Chọn D Câu 46: [2D1-5.17-4] Cho hai hàm số x x 1 x  x     x  x  x  x  y  x   x  m ( m tham y C  C  C  C  số thực) có đồ thị Tập hợp tất giá trị m để cắt bốn điểm phân biệt  �;3  �;3  3;  �  3;  � A B C D Lời giải Chọn A x x 1 x  x      x 1  x  m Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x  x  x  x  x ��\  1; 2; 3; 4 Điều kiện:  * Ta có �m  * x x 1 x  x      x  x 1 x 1 x  x  x  Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm hai đồ thị y x x 1 x  x      x  x 1 x 1 x  x  x  y  m Ta có: y�  y�  , (vì  x  1    x  1  x  2    x  2  x  3    x  3  x  4 1   x  4 x 1 x 1 x    x  1 x 1 x   x  x �1 � x    x  1  x �1 0 x ��\  1; 2; 3; 4 ) BBT Từ bảng biến thiên, để phương trình có nghiệm phân biệt m �3 Mã đề: 108 Trang 22 THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ  log 22 x  3log x   3x  m  ( m tham số thực) Có tất Câu 47: [2D2-5.7-4] Cho phương trình giá trị nguyên dương tham số m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt? A 80 B 81 C 79 D Vô số Lời giải Chọn C Xét phương trình 2 x  3log x   3x  m   1 �x  �x  �� �x  m �0 �x �log m � Điều kiện: Ta có  log  m  0 log x  � x4 � � � 1 � log x   � � x � log 22 x  3log x   � � � 2  1 � � x � � 3x  m x  log m � � �3  m  � log m �0 �  m �1 � � � � �1 � �log m  � �m  34 1 �  �2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt m 1 � � m �{3; 4;5;�;80} Do m nguyên dương � � Vậy có tất  80    79 giá trị m nguyên dương thỏa mãn đề    Oxy  cho có hai  S  : x2  y  z  Oxyz Câu 48: [2H3-3.2-4] Trong không gian cho mặt cầu nhiêu điểm A  a; b; c  tiếp tuyến A 12  S ( a, b, c số nguyên) thuộc mặt phẳng qua A hai tiếp tuyến vng góc với nhau? B C 16 3 Có tất bao D Lời giải Chọn A  Mặt cầu  S có tâm Dễ thấy  S cắt mặt phẳng  S I 0;0; kẻ tiếp tuyến tới  , bán kính R   Oxy   S  Oxy  nằm nên từ điểm A thuộc mặt phẳng tiếp tuyến nằm mặt nón đỉnh A , tiếp  S  ta kẻ tiếp tuyến điểm nằm đường tròn xác định Còn A thuộc thuộc mặt phẳng tiếp diện Mã đề: 108 Trang 23  S điểm A THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ Để có hai tiếp tuyến qua A thỏa mãn toán  S  � IA  R  + Hoặc A thuộc + Hoặc tiếp tuyến tạo thành mặt nón góc đỉnh mặt nón � �۳ MAN 900 � MAI � �۳2 SinMAI 45 suy IM IA ��� IA � Vậy điều kiện tốn Vì A � Oxy  � A  a ; b ;0  Do A a ;b ; c IA2 IA2 Ta có �� ۳ IA 2 a 2 b2 �1 a b � A  0; 2;  A  0;  2;0  A  0;1;0  A  0;  1;0  , , , , A  2;0;0  , A  2;0;0  A  1;0;0  A  1;0;0  , , , A  1;1;0  , A  1;  1;0  A  1;1;0  A  1;  1;0  , , Vậy có 12 điểm thỏa mãn yêu cầu toán f  x , bảng biến thiên hàm số y  f  x2  x  Số điểm cực trị hàm số A B C Chọn A Xét hàm số Ta có y  f  x2  2x  � y '   x  2 f '  x2  2x  Dựa vào bảng biến thiên hàm Mã đề: 108 Trang 24 f ' x f ' x sau: Lời giải ta có tọa độ nguyên nên ta có điểm thỏa mãn (*) Câu 49: [2D1-2.5-4] Cho hàm số IA D (*) THPT VÕ VĂN KIỆT GV: LÊ QUỐC SỰ � x  1 x  1 � � �2 x  1 �  x  x  a � � y' � � x2  2x  b � � x  1  � � � x2  2x  c x  1  � �2 � x  2x  d �  x  1 �  a   1  b 1  c 1  d 1  2  3   , a  1  b   c   d a 1  � � b 1  � � c 1  � � d 1  Do a  1  b   c   d nên � Khi phương trình  1   ,  3 ,   phương trình có nghiệm phân biệt khác nhau, khác 1 Suy phương trình y '  có nghiệm đơn Vậy hàm số vơ nghiệm Các phương trình y  f  x2  2x  có điểm cực trị B C có chiều cao đáy tam giác cạnh Câu 50: [2H1-3.11-4] Cho lăng trụ ABC A��� A�và BCC � B� A� Gọi M , N P tâm mặt bên ABB� , ACC � Thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A , B , C , M , N , P 40 A 28 B C 16 Lời giải Chọn D Ta có V  VABCA��� B C  Mã đề: 108 Trang 25 42  32 h  d  A� ,  ABC   , gọi D 12 THPT VÕ VĂN KIỆT h V VMABC  S ABC  Ta có GV: LÊ QUỐC SỰ h S V VMNPC  ABC  24 ,  BCC � B�   S BCC�B� VA�.BCC�B� V 1 d  A� VMBCP  d  M ,  PBC   S PBC    3 12 Tương tự Vậy VMNAC  V 12 VMNPABC  VMABC  VMNAC  VMNPC  VMBCP  3V  12 Hết Mã đề: 108 Trang 26 ... diện tích đáy B chi? ??u cao h Bh Bh A 3Bh B C D Bh Lời giải Chọn D Thể tích V khối lăng trụ có diện tích đáy B chi? ??u cao h là: V  Bh (đvtt) Câu 15: [2D1-1.3-1] Cho hàm số Mã đề: 108 Trang f ... trụ có chi? ??u cao Cắt hình trụ cho mặt phẳng song song với trục cách trục khoảng xung quanh hình trụ cho A 2 B 24 2 , thi? ??t diện thu có diện tích 16 Diện tích C 16 2 Lời giải Mã đề: 108 Trang...   x  2 f '  x2  2x  Dựa vào bảng biến thi? ?n hàm Mã đề: 108 Trang 24 f ' x f ' x sau: Lời giải ta có tọa độ nguyên nên ta có điểm thỏa mãn (*) Câu 49: [2D1-2.5-4] Cho hàm số IA D