Đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2020 môn Toán của THPT chuyên Thoại Ngọc Hầu, An Giang

Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó khôn[r]

(1)

NH

ÓM

T

OÁN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

Câu 1: Tìm tất giá trị thực m để phương trình 2020xm có nghiệm

A m1 B m0 C m0 D m0 Lời giải

Chọn C

Tập giá trị hàm số 2020x 0;

nên phương trình 2020x

m

 có nghiệm m0

Câu 2: Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau

Giá trị cực đại hàm số cho

A 0 B 2 C 5 D 1

Lời giải Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y f x  đạt cực đại x2

Câu 3: Điểm hình vẽ bên điểm biểu diễn số phức z  2 i?

A Q B .M C N D P

Lời giải Chọn D

Số phức z  2 i có phần thực 2 phần ảo 1, nên biểu diễn điểm P2;1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU - AN GIANG

ĐỀ THI THỬ THPT - NĂM HỌC 2019 - 2020

Mơn: TỐN – LỚP 12

(2)

NH

ÓM

T

OÁN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

Câu 4: Thể tích khối cầu bán kính R

A 4R3 B 4

3R C

3

2R D 3

4R

Lời giải Chọn B

Câu 5: Cho hàm số y f x  liên tục  có đồ thị hình vẽ Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên tham số m để phương trình f2sinxm có nghiệm thuộc khoảng 0; Số phần tử S

2

1 x

y

O

1



1



3

2



A 1 B 0 C 3 D 2

Lời giải Chọn A

Cách 1: Đặt t2sinx

Do x0; t 0; 2

Vậy phương trình f 2sinxm  f t m  t 0; 2  1

Dựa theo đồ thị, ta thấy để phương trình  1 có nghiệm  1 m3 Xét hàm số g x 2sinx  x 0;

  2cos

g x  x;  

2

g x  x

(3)

NH

ÓM

T

OÁN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

0

6 

2



6

 

0

  g x

  g x

0

1

x

 

 Với m 1:  1    

5

x

f t m t g x

x

  

 

      

    Phương trình có hai nghiệm thuộc 0;

 Với  1 m3:        

   

1

0;1

1;

t g x t f t m

t g x t

  



   

  



0

6 

2



6

 

0

  g x

  g x

0

1

x

1

tt

2

tt

 

 Phương trình cho có nghiệm nghiệm 0;

 Với m3:  1    

2

f t t g x x 

       Phương trình có nghiệm

Vậy S 3 Cách 2:

Đặt 2sin sin

2

t

t x x

Do 0;  0;1

2 t x   

 Với

2

t

   : sin

2

t

x có nghiệm thuộc 0;

 Với

2

t

     : sin

2

t

x có hai nghiệm thuộc 0;

(4)

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N VD

–

VD

C

Vậy S 3

Câu 6: Với a b hai số thực dương tùy ý, logab3 A 3logalogb B log 1log

3

a b C 3 log alogb D loga3logb

Ta có: logab3logalogb3 loga3logb

Câu 7: Cho cấp số cộng có số hạng đầu u1 2 cơng sai d7 Giá trị u5

A 12 B 250 C 26 D 22

Ta có u5 u14d   2 4.726

Câu 8: Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số sau đây?

 un

A yx4x21 B 1 x y

x  

 C

3

yx  x D 1 x y

x  

 Lời giải

Chọn D

Từ đồ thị ta suy hàm số có dạng y ax b cx d

 



Tiệm cận ngang y a a c

c

    

Tiệm cận đứng x d c d

c

     

Giao điểm với trục hoành  1;0 b;0 b a b

a a

 

         

 

Giao điểm với trục tung 0; 1 0;b b b d

d d

 

         

O x

y

1



1

(5)

NH

ĨM

T

ỐN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

Ta có hệ phương trình

0

a c a

c d b

a b c

b d d

  

 

    

 



 

  

 

     

 

Vậy

1 x y

x  



Trắc nghiệm: Từ đồ thị ta có tiệm cận ngang y1 tiệm cận đứng x1 nên ta chọn D

Câu 9: Cho ABCD A B C D     hình lập phương cạnh 2a Bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cạnh hình lập phương

A 2a B

2 a

C a D a

Gọi O tâm hình lập phương ABCD A B C D     H trung điểm CD

Ta có OCOD OCDcân OOH CD

Tương tự ta chứng minh O tâm mặt cầu tiếp xúc với tất cạnh hình lập

phương bán kính mặt cầu 1 1.2 2

2 2

ROH  HT  CB a a

Câu 10: Có cách chọn học sinh từ nhóm gồm 41 học sinh

A 41 2 B

41

A C 241. D

41

C

2 học sinh lấy từ 41 học sinh tổ hợp chập 41 phần tử nên số cách chọn 41

C

T

H O

D D'

A

B

C' B'

A'

(6)

NH

ĨM

T

ỐN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

Câu 11: Số phức  3 7icó phần ảo là:

A 7 B 3 C 7 D 3

Ta có: số phức a bi có phần thực avà phần ảo bnên số phức  3 7icó phần ảo

Câu 12: Cho hàm số y f x( )có đồ thị hình vẽ bên Hàm số cho đồng biến khoảng ?

A 1; 0 B 0;1  C ;1 D 1;1

Trên khoảng 1; 0đồ thị phần đường cong có hướng lên nên hàm số đồng biến

Câu 13: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, có tất số tự nhiên tham số m để phương trình x2y2z22m2y2m3z3m2 7 phương trình mặt cầu

A 5 B 4 C 2 D 3

Phương trình mặt cầu có dạng: x2y2z22ax2by2czd 0(điều kiện

2 2

0

a b c d  )

Theo giả thiết ta có:  

 

2

2 0

2 2

2 3

3 7

a a

b m b m

c m c m

d m d m

  

 

     

 



 

     

 

     

 

Phương trình x2y2z22m2y2m3z3m2 7 phương trình mặt cầu khi: a2b2c2d0

 2  2  

2 m m 3m

      

2 7

m m m

(7)

NH ĨM T ỐN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C

Do m nên m0;1; 2;3

Câu 14: Đặt alog 23 , log 2716 A 3

4

a

B

4a C

4

a

D

3a

Ta có:

4

16 2

3

3 3

log 27 log log

4 log 4a

   

Câu 15: Cho hàm số f x  có đạo hàm đoạn  1; , f 1 1 f 2 2 Tính  

2

1

d

f x x



A

2

I  B I1 C I 3 D I 1

Ta có:        

2

2 1

d 2 1

f x x f x  f  f   



Câu 16: Xét hình trụ T có thiết diện qua trục hình trụ hình vng có cạnh a Tính diện tích tồn phần Scủa hình trụ

A S 4 a2 

 B Sa2 C

2

2 a

S D

2

2 a S  Lời giải

Chọn D

Từ giả thiết suy đường sinh hình trụ là: la, bán kính đáy hình trụ

a R

Suy

2 2

2

2 2

tp

a a a

S  Rl R   a    

 

Câu 17: Họ nguyên hàm hàm số f x ex x

A

2

x

e  x C B 1

1

x

e x C

x   C

x

e  C D exx2C

Ta có    

2

x x x

f x dx e x dxe  C

 

Câu 18: Cho  

1

0

3

f x dx   

g x dx     

f x  g x dx

 

 



bằng

A 1 B 7 C 12 D 3

(8)

NH

ÓM

T

OÁN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

Ta có:        

1 1

0 0

2 2.5

f x  g x dx f x dx g x dx   

 

 

  

Câu 19: Khối chóp có đáy hình vng cạnh a chiều cao 4a Thể tích khối chóp cho

A 16

3 a

B 4a3 C

3

3 a

D 16a3

Lời giải

Chọn C

Ta có

3

1

.4

3

c

a V  a a

Câu 20: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;1; 1  B2;3; 2 Vectơ AB có tọa độ

A 3; 5;1  B  1; 2;3 C 3; 4;1 D 1; 2;3 Lời giải

Chọn D

Ta có AB1; 2;3

Câu 21: Cho ,x y hai số thực thỏa mãn x2 1 yi  1 2i

Giá trị 2xy

A 5 B 4 C D 2

Ta có

2

2 1

1 2

2

x x

x yi i x y

y y

     

          

 



Câu 22: Cho hình lập phương ABCD A B C D     có cạnh bẳng a.(tham khảo hình bên)

Khoảng cách hai đường thẳng BD A C 

A a B

2

a

C a D a

Vì BD B D//  BD//A B C D   ,

 ,   ,   , 

d BD A C  d BD A B C D    d B A B C D    BBa

Câu 23: Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị y x; tiếp tuyến với đồ thị M4; 2và trục hoành

A 3

8 B

2

3 C

8

3 D

(9)

NH

ÓM

T

OÁN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

Hàm số y x có ,

2

y

x

  nên phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số M4; 2

: ( 4)

4

x

d y x    Và d cắt trục hoành 4; 0 Vẽ đồ thị hàm số y x đường thẳng d hình bên

Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị y x; tiếp tuyến với đồ thị M4; 2và trục hoành

0

4

8

1

4

x x

S dx x dx



   

         

   

 

Câu 24: Cho hình lăng trụ ABCD A B C D     có đáy ABCD hình chữ nhật, ABa AD, a Hình chiếu A lên mặt phẳng ABCD trùng với giao điểm AC BD Góc đường hai mặt phẳng ADD A  ABCD 60  Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng A BD 

bằng

A

a

B a C

2

a

D 3

a

Ta có B A' A BD' B A' A B' I trung điểm B A' , nên

 

 , '   , ' 

d B A BD d A A BD

(10)

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N VD

–

VD

C

Khi theo giả thiết A O' ABCD mà A O' A BD'  suy A BD'   ABCD Trong mặt phẳng ABCD, kẻ AH BD H AH A BD'  (do BDA BD'   ABCD

Vậy  , '   , '  3

2

AB AD a a a

d B A BD d A A BD AH

BD a

     

Câu 25: Cho hàm số y f x  liên tục đoạn 1;3 có đồ thị hình bên Gọi M m giá trị lớn nhỏ hàm số cho đoạn 1;3 Giá trị M m

A 4 B 0 C 5 D 1

Từ đồ thị hàm số y f x  đoạn 1;3 ta có

 1;3  

max 3



  

M y f ,

 1;3  

min 2



   

m y f

Khi M m5

Câu 26: Kí hiệu z0 nghiệm phức có phần ảo dương phương trình 4z216z170 Trên mặt

phẳng tọa độ, điểm điểm biểu diễn số phức wiz0 A 2 1;

2 M  

  B

1 ;1

M  

  C

1 ; 2 M  

  D 1

;1 M  

  Lời giải

Chọn A

Xét

2

4 16 17

2

i z

z z

i z

   

    

   

Do z0 nghiệm phức có phần ảo dương nên

2 i z  

0

1

2

i

w iz i  i

       

 

 2 1;

2 M  

  điểm biểu diễn số phức

wiz O

2 

2

1 

1

3

y

(11)

NH

ÓM

T

OÁN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

Câu 27: Cho hàm số f x  có đạo hàm f x x x 1x2 ,3  x  Số điểm cực trị hàm số cho

A 1 B 3 C 2 D 4

Xét     3  

0

1 2

1

x

f x x x x f x x

x

  

         

   

Ta có bảng xét biến thiên

Suy hàm số cho có điểm cực trị

Câu 28: Cho mặt phẳng  P qua điểm A2;0;0 , B0;3;0 , C0; 0; 3  Mặt phẳng  P vuông góc với mặt phẳng mặt phẳng sau?

A xy  z B 2x2y z  1

C 3x2y2z 6 D x2y  z Lời giải Chọn B

Mặt phẳng  P qua điểm A2;0;0 , B0;3;0 , C0; 0; 3  có phương trình là:

 : 2

2 3

x y z

P     x y z 

  n P 3; 2; 2 



.

Xét mặt phẳng 2x2y z  1 có n2; 2; 1  nhận thấy n P.n0

 

suy mặt phẳng  P vng góc với mặt phẳng 2x2y z  1

Câu 29: Cho hình bát diện cạnh Gọi S tổng diện tích tất mặt hình bát diện Mệnh đề đúng?

A S 36 B S 9 C S 18 D S72 Lời giải

Chọn C

Hình bát diện có mặt tam giác Diện tích mặt là:

2

3

4 

Vậy tổng diện tích tất mặt hình bát diện là: 8.9 18

(12)

NH

ÓM

T

OÁN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

Câu 30: Số mặt phẳng đối xứng khối tứ diện

A 6 B 8 C 9 D 4

Khối tứ diện có mặt phẳng đối xứng

Câu 31: Trong khơng gian Oxyz, mặt phẳng Oxz có phương trình

A y0 B xyz0 C z0 D x0

Mặt phẳng Oxz có phương trình là: y0

Câu 32: Có giá trị nguyên tham số m để đường thẳng y 1 cắt đồ thị hàm số

 

4

3

yx  m x  m điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ

A 4 B 1 C 3 D 2

Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng y 1 đồ thị hàm số

 

4

3

yx  m x  m là:

     

4

3 3 1

x  m x  m   x  m x  m 

   2  

4 2 2

2 1

x x m x x m x

          

  

 

2

1

3

1

x x

x x m

x m

 

   

      

 

   



Đường thẳng y 1 cắt đồ thị hàm số yx43m2x23m điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ

(13)

NH

ÓM

T

OÁN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

 Phương trình  2 có nghiệm phân biệt nhỏ khác 1

3 1

5

3 16

0

3 1

m

m m

 

 

  

 

         

Mặt khác, m nên ta có: m1; 2;3; 4

Câu 33: Cho lăng trụ tam giác ABC A B C    có cạnh bên 2a Tam giác ABC vng A,

,

 

AB a AC a Hình chiếu A lên mặt phẳng ABC trung điểm H BC Tính cosin góc hai đường thẳng AA B C 

A 1

2 B

1

5 C

1

4 D

1

Trong tam giác vng ABC ta có: BC AB2AC2 2a AH BH a Trong tam giác vuông A AH ta có: A H  A A 2AH2 a

Trong tam giác vng A B H  ta có: B H  B A 2A H 2a

Vì AA BB//  BC B C//   nên AA C B,    BB BC, B BH Áp dụng định lý cosin tam giác B BH ta có:

 2 2

cos

2 2.2

     

   



B B BH B H a a a

B BH

B B BH a a

Câu 34: Cho dãy số Unthỏa lnu1 ln u12 lnu10 2 lnu10 un12 ,un  n 1.Giá trị nhỏ n để un e100bằng

A 162 B 163 C 164 D 161

Vì un12 ,un  n 1nên Unlà cấp số nhân có cơng bội q=2 Đặt alnu b1; lnu10,khi

a 3 a

2a

C

A B

A' B'

C'

(14)

Trang 14

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N VD

–

VD

C

 

2

1 10 10

2 2

ln ln ln ln 2

2

a b b a

u u u u a a b b

b a

     

          

  



   

 

2 2 1

2 2

2

b a

b a b a

b a loai

b a

        



 

  

 

 



 9 18

10 1 1

1 18 18

2 ln ln ln ln ln ln ln

ln ln

2

u u u u u u

e e

u u

         

   

Ta có 100 18 100  99  99

2

.2n 18 log 18 log 160,82

n

u e e  e n  e n  e 

Vậy GTNN n 161

Câu 35: Cho đa giác  H có 20 đỉnh Lấy tùy ý ba đỉnh  H , tính xác suất để ba đỉnh lấy tạo thành tam giác vng cho khơng có cạnh cạnh  H

A

114 B

3 38

C

114 D

7 57

Số tam giác tạo thành từ 20 đỉnh là: C203 n  C203

Gọi A biến cố tam giác chọn tam giác vng cho khơng có cạnh cạnh  H

Để tạo thành tam giác vng cạnh huyền phải đường chéo qua tâm  H Mà có 10 đường chéo qua tâm nên số tam giác vuông lấy từ đỉnh  H 10.18=180 Trong có 10.4 tam giác vng có cạnh trùng với cạnh  H

Vậy     3

20

140

180 40 140

57

n A P A

C

     

Câu 36: Cho đường thẳng

y x parabol

2

y x a (a tham số thực dương) Gọi

1,

S S diện tích hai hình phẳng gạch chéo hình vẽ bên Khi S1S2

thì a thuộc khoảng đây?

1

S y

3

y x

1

2

(15)

NH ĨM T ỐN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C

A 9; 32

 

 

  B

7 ; 32

 

 

  C

3

;

16 32

 

 

  D

3 0; 16       Lời giải Chọn C

Phương trình hoành độ giao điểm: 2 3 4 0 *  

4x 2x a x  x a

Ta có đường thẳng cắt parabol hai điểm phân biệt có hồnh độ dương nên phương trình  *

có hai nghiệm dương phân biệt

0

9 32

0

2 32

0 a S a a P                  

Gọi hai nghiệm phân biệt  * x1x2 Ta có:

1

2 3

1 1

0

1 3

2 8

x x

S  x  xa dx  x  x ax  x  x ax

   



2

1

2

3

1 1

1 3

2

1 3

6 8

x x

S x x a dx x x ax

x x ax x x ax

                                   

Do S1S2 nên

3 3

1 1 1 1

3 2

2 2 2

1 3

6 8

1

0 24

6

x x ax x x ax x x ax

x x ax x x a

   

          

   

      

Do x2 nghiệm phương trình  * nên ta có hệ phương trình

2

2 2

2 2 2 256

2 16

2 4 9

16

4 24

3

512

12 27

9

128

a a a

x x a x x a

a

a x

x x a

x a a a a                                          

Đối chiếu điều kiện a nên ta có 27 ;

128 16 32

a   

(16)

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N VD

–

VD

C

Câu 37: Cho hình nón  N có đường sinh tạo với đáy góc 60 Mặt phẳng qua trục  N cắt  N

được thiết diện tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp Tính thể tích V khối nón giới hạn  N

A V 9  B V 3  C V 9  D V 3 

Do SASB SA tạo với đáy góc 600 nên SAB

 tam giác Đặt

3

1

6

a

SAABa r IO  a

Do 3; 3   3

2 N

AB AB

R  h  V  R h 

Câu 38: Cho hàm số y f x  liên tục  thõa mãn xf x 3  f1x2 x10x62x, x  

Khi  

0

1

d

f x x 

A 1 B 14

3

 C 17

4 D

17 20



Ta có xf x 3  f1x2 x10x62x

   

2 1 11 2

x f x xf x x x x

      

     

0 0

2 11

1 1

d d d

x f x x xf x x x x x x

  

      

       

0

3 2

1

1 17

d d

3 f x x 2 f x x 24



      

       

0

3 2

1

1 17

d d

3 f x x 2 f x x 24



          

0

1

1 17 17

d d

6 f x x 24  f x x

      

r I

O B

A

S

(17)

NH

ÓM

T

OÁN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

Câu 39: Cho phương trình 4 log22xlog2x5 7xm 0 (m tham số thực) Có tất giá trị nguyên dương mđể phương trình có nghiệm phân biệt

A 47 B 48 C 49 D Vô số

Điều kiện: 0

7x 7x

x x

m m

 

 



 

  

 

Với m nguyên dương ta có:

 

2

4 log xlog x5 7x m0

2

4 log log

7x

x x

m

   

 

 



5

7 2 log x x

x m



     

   

Để phương trình cho có nghiệm phân biệt có trường hợp:

TH1:

5

2log m2

5

2

7 m



  

Trường hợp m3; 4;5; ; 48, có 46 giá trị nguyên dương m TH2: log7m0m1 Trường hợp có giá trị m thỏa mãn

Vậy có tất 47 giá trị m thỏa mãn yêu cầu

Câu 40: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có chiều cao đáy tam giác cạnh Gọi M, N, P

lần lượt tâm mặt bên ABB’A’, ACC’A’, BCC’B' Thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C, M, N, P bằng:

A 7 B 9 C 12 D 10

D

E

F N

P M

C'

B'

A

B

(18)

NH

ĨM

T

ỐN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là:  

2

4

, ( ) 24

4

     

ABCA B C ABC

V S d A ABC

Gọi D, E, F trung điểm AA’, BB’, CC’

Khi VABCMNP VABCDEF VADMN VBEMPVCFNP

Ta có:

2   



ABCMNP ABCA B C

V V

 

1 1

, ( )

3  24   

   

ADMN BEMP CFNP ABC ABCA B C

V V V S d A ABC V

Vậy 3 3.24

2    24      

    

ABCMNP ABCA B C ABCA B C ABCA B C

V V V V

Câu 41: Cho đồ thị ( ) :C yx33x21 Gọi A11;5là điểm thuộc ( )C Tiếp tuyến ( )C A1 cắt

( )C A2, tiếp tuyến ( )C A2 cắt ( )C A3., tiếp tuyến ( )C An cắt ( )C

1 

n

A Tìm số nguyên dương n nhỏ cho An có hồnh độ lớn 22018

A 22017 B 2019 C 2018 D 22018

Với số tự nhiên n1, đặt xn hồnh độ điểm An

Phương trình tiếp tuyến An là: (dn) :y3xn26xnxxnxn33xn21

Phương trình hoành độ giao điểm ( )C (dn) là:

  

3 2

1

3 

   n  n  n n n 

x x x x x x x x

  2 3

2

 

      

   

n

n n

n

x x x x x x

x x

Suy xn1 2xn3, n

Đặt tn xn1, n Khi đó:

 

1 1 2 ,                

n n n n n

t x x t t n

(19)

NH

ĨM

T

ỐN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

Để xn 22018 n số lẻ n2018

Vậy số nguyên dương n nhỏ cho An có hồnh độ lớn 22018 n2019

Câu 42: Trong không gian Oxyz,cho hai điểm A2; 2; ,  B3; 3; 1  mặt phẳng

 P : 2xy2x 8 Xét điểm Mthay đổi thuộc  P , giá trị nhỏ 2MA23MB2

bằng:

A 108 B 105 C 145 D 135

Lời giải Chọn B

Gọi I điểm thoả mãn 2IA3 IB0I1;1;1

Khi ta có 2MA23MB2 2IA23IB25IM22 3 23 3 25IM290 5 IM2

Để 2MA23MB2 nhỏ  IMmin d I d , 3

Vậy  2

min

2MA 3MB 90 5.3 105. 

Câu 43: Trong không gian Oxyz,cho điểm A1; 2; 3 đường thẳng :

2

x y z

d     

 Đường

thẳng qua A, vng góc với d cắt trục Oxcó phương trình

A

1

2

x t

y t

z t

   

      

B

1 2

x t

y t

z t

   

      

C

1 2 3

x t

y t

z t

   

      

D

1

2

3

x t

y t

z t

   

      Lời giải

Chọn D

Gọi B  OxB x ; 0; 0

Ta có  dABud  AB u d 02.x11. 2 2. 3 0x 1

Khi ta có  

1

2; 2; :

3

x t

u AB y t

z t 

   



        

    

Câu 44: Cho hàm số

3

yx  x  có đồ thị  C Trên  C lấy hai điểm phân biệt ,A B cho tiếp tuyến ,A Bcó hệ số góc kvà ba điểm , ,O A Bthẳng hàng Mệnh đề đâu đúng?

A 8k12 B 0 k C   3 k D 4k8 Lời giải

Chọn A

Giả sử A a a ; 33a23 , B b b; 33b23 , ab Theo giả thiết y a y b k, suy

  

2

3a 6a3b 6b a b a b  2    0 a b (do ab)

Khi            

2 2

3 6

3

2 2

a b a b

y a y b a b ab a b

(20)

NH

ĨM

T

ỐN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

Do ba điểm , ,O A Bthẳng hàng nên b a 33a23a b 33b23

 2    

3

ab a b ab a b a b

      

  3

ab a b ab

     (do ab)

3 ab

   (do a b 2) Vậy k 3ab9

Câu 45: Một chất điểm Axuất phát từ O, chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian

quy luật   11  / 

180 18

v t  t  t m s , t(giây) khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển động Từ trạng thái nghỉ, chất điểm Bcũng xuất phát từ O, chuyển động thẳng hướng với A chậm giây so với A có gia tốc a m s / 2(a số) Sau

khi Bxuất phát 10giây đuổi kịp A Vận tốc B đuổi kịp A

A 10m s/  B 7m s/  C 15m s/  D 22m s/  Lời giải

Chọn C

Khi B đuổi kịp A, A chuyển động 15s nên quảng đường Ađi

   

15 15

2

0

1 11

75

180 18

s v t dt  t  dt m

 

 

Vận tốc Blà vB t adtatC Do vB 0 0 nên C0, tức vB t at

Do sau chuyển động 10s Bđuổi kịp Anên

10

0

3

75 75 50 75

2

at

atdt    a a



Vận tốc B đuổi kịp A  10 3.10 15 / 

B

v   m s

Câu 46: Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất 7, 5%/ năm Biết nấu không rút tiền khỏi ngân hàng sau năm số tiền lãi nhập vào vốn để tính lãi cho năm Hỏi sau năm người thu (cả số tiền gửi ban đầu lãi) gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giả định khoảng thời gian lãi suất khơng thay đổi người khơng rút tiền ra?

A 9 năm B 12 năm C 11 năm D 10 năm

Gọi A số tiền gửi ban đầu Theo đề ta có A(17, 5%)n 2A n log1 7,5% 29, 58

Câu 47: Xét số thực dương a b x y, , , thoả mãn a 1,b1 ax1 by  3ab Giá trị nhỏ biểu thức P3x4y thuộc tập hợp đây?

A 11;13  B 1;  C 7;  D 5; 

(21)

NH

ĨM

T

ỐN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

Ta có

1

1 3 3

4 1log

3

1

log

3

a

x y

a

x b

a a b b

y b

     

 

   

Vậy 16 log 4log 16 7, 64

3 a b 3

P x y   b a  

Câu 48: Cho lăng trụ tam giác ABC A B C   có đáy ABC tam giác vuông cân A, cạnh AC2 Biết ACtạo với mặt phẳng ABC góc 60 AC 4 Tính thể tích Vcủa khối đa diện

ABCB C 

A 16

3

V  B 16

3

V  C 3

V  D

3 V  Lời giải

Chọn B

Gọi H hình chiếu vng góc điểm A ABC

 



   

; ; 60

AC ABC AC AH HAC

   

Diện tích tam giác ABC

2

ABC

S  AB AC



sinHAC C H C H AC sin 60

AC



     



Thể tích khối lăng trụ VABC A B C.    SABC.C H 8

Thể tích khối đa diện ABCB C là . . . . 16

3

ABC A B C A A B C ABC A B C ABC A B C

V V   V   V    V    

Câu 49: Cho hàm số f x , bảng biến thiên hàm số f x

Số điểm cực trị hàm số y f x 22x

C'

B' A'

B

C

(22)

NH

ĨM

T

ỐN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C

A 7 B 9 C 5 D 3

Ta có y fx22x 2 x2

   

2

0

2 *

x y

f x x

  

   

  



2x  2 x1

 

   

2

2 ; 1

2 1;

*

2 0;1

2 1;

x x a

x x b

x x c

x x d

     



   

  

  



    



Lập bảng biến thiên hàm số g x x22x

Từ bảng biến thiên trên, suy  1 vơ nghiệm,  2 có hai nghiệm phân biệt,  3 có hai nghiệm phân biệt  4 nghiệm khác

Vậy hàm sốy f x 22xcó

7 điểm cực trị

Câu 50: Xét số phức z thỏa mãn z2iz2 số ảo Biết tập hợp tất điểm biểu diễn số phức zlà đường trịn Tâm đường trịn có tọa độ

A 1; 1  B  1; 1 C 1;1 D  1;1 Lời giải

Chọn B

Giả sử z x yi x y ; 

Ta có z2iz2  xyi2ixyi2

 

2

2 2

x y x y x y i

      

Vì z2iz2 số ảo, suy x2y22x2y0x12y12 2

(23)

NH

ÓM

T

OÁN

VD

–

VD

C

NH

ÓM

TO

Á

N

VD

–

VD

C