THÔNG TIN TÀI LIỆU
ĐỀ SỐ 10 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC: 2020 – 2021 MƠN: TỐN HỌC Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề Câu Cho phương trình z − mz + 2m − = m tham số phức Giá trị m để phương 2 trình có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = −10 là: A m = + 2i B m = ± 2i C m = −2 − 2i D m = − 2i Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : d2 : x −1 y z − = = x y −1 z − = = Khẳng định sau đúng? A d1 cắt d B d1 trùng d Câu Đồ thị hàm số y = C d1 / / d D d1 chéo d 2x − có đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang là: x −1 A x = y = −3 B x = −1 y = C x = y = D x = y = Câu Một người gửi số tiền triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,65%/tháng Biết người khơng rút tiền khỏi ngân hàng sau tháng, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi lãi kép) Số tiền người lãnh sau hai năm, khoảng thời gian không rút tiền lãi suất không đổi là: A ( 1, 0065 ) 24 C ( 2, 0065 ) 24 triệu đồng B ( 2, 0065 ) 24 triệu đồng triệu đồng D ( 1, 0065 ) 24 triệu đồng Câu Phát biểu sau A Hình tứ diện có: đỉnh, cạnh, mặt B Hình tứ diện có: đỉnh, cạnh, mặt C Hình tứ diện có: đỉnh, cạnh, mặt D Hình tứ diện có: đỉnh, cạnh, mặt a Câu Cho số thực a thỏa mãn ∫e x +1 dx = e − Số thực a −1 A −1 B C D Câu Cho số phức z thỏa mãn z + z = ( − i ) Môđun số phức z A −73 B − 73 C 73 D 73 Câu Cho hàm ssô y = x − x + Khẳng định sau đúng? Trang A Hàm số đạt cực đại x = cực tiểu x = −2 B Hàm số đạt cực đại x = cực tiểu x = C Hàm số đạt cực đại x = −2 cực tiểu x = D Hàm số đạt cực tiểu x = cực đại x = Câu Trong hàm số sau, hàm số có cực đại mà khơng có cực tiểu? A y = x−2 x +1 B y = −17 x + x + x + C y = x2 + x + x −1 D y = −10 x − x + Câu 10 Cho khối tứ diện OABC với OA, OB, OC vng góc đơi OA = a; OB = 2a; OC = 3a Gọi M, N trung điểm hai cạnh AC, BC Thể tích khối tứ diện OCMN theo a A a3 B a Câu 11 Đối với hàm số y = ln A xy′ − = −e y C 3a D 2a , khẳng định sau khẳng định đúng? x +1 B xy ′ + = −e y C xy′ − = e y D xy ′ + = e y Câu 12 Đường hình vẽ đồ thị hàm số nào? A y = − x + x − B y = x − x + C y = − x + x + D y = x − x + Câu 13 Diện tích hình phẳng giới hạn y = x , y = x là: A B C 13 D 12 Câu 14 Một hình nón có đỉnh S, đáy đường trịn ( C ) tâm O, bán kính R với đường cao hình nón Tỉ số thể tích hình nón hình cầu ngoại tiếp hình nón bằng: A B C D Câu 15 Cho hai số phức z1 = + 2i z2 = − 3i Phần ảo số phức w = z1 − z2 là: A 12 B 11 C 12i D −x Câu 16 Tìm nguyên hàm hàm số f ( x ) = 3x + e A ∫ f ( x ) dx = x + e− x + C B ∫ f ( x ) dx = x C ∫ f ( x ) dx = x − e − x + C D ∫ f ( x ) dx = x 3 − e − x + C − e x + C Trang Câu 17 Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y = m x + x + mx + có điểm cực trị thỏa mãn xCD < xCT A < m < B −2 < m < C m < D −2 < m < Câu 18 Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm ¡ cho f ′ ( x ) < 0; ∀x > Hỏi mệnh đề đúng? A f ( e ) + f ( π ) = f ( 3) + f ( ) B f ( e ) − f ( π ) ≤ C f ( e ) + f ( π ) < f ( ) D f ( 1) + f ( ) = f ( 3) Câu 19 Cho hàm số y = − x + x + 10 khoảng sau: ( ) (I): −∞; − ; ( ) (II): − 2;0 ; ( ) (III): 0; Hỏi hàm số đồng biến khoảng nào? A (I) (II) B Chỉ (II) C Chỉ (I) D (I) (III) Câu 20 Tìm mệnh đề mệnh đề sau: A Hàm số y = a x với a > nghịch biến khoảng ( −∞; +∞ ) B Hàm số y = a x với < a < đồng biến khoảng ( −∞; +∞ ) C Đồ thị hàm số y = a x đồ thị hàm số y = log x a đối xứng qua đường thẳng y = x D Đồ thị hàm số y = a x với a > a ≠ qua điểm M ( a;1) x = −1 + t x −1 y + z − = = Câu 21 Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d : d ′ : y = −t cắt −2 z = −2 + 3t Phương trình mặt phẳng chứa d d ′ A x + y + z + = B x − y − z − = C −2 x + y + z − = D x + y + z − = Câu 22 Cho hình nón trịn xoay có thiết diện qua đỉnh tam giác vuông cân Hãy chọn câu sai câu sau: A Hai đường sinh tùy ý vng góc với B Đường cao tích bán kính đáy tan 45° C Đường sinh hợp với trục góc 45° D Đường sinh hợp với đáy góc 60° Câu 23 Hai mặt phẳng tạo với góc 60° ? A ( P ) : x + 11 y − z + = ( Q ) : − x + y + z − = B ( P ) : x + 11 y − z + = ( Q ) : x + y − z − = Trang C ( P ) : x − 11y + z − 21 = ( Q ) : x + y + z − = D ( P ) : x − y + 11z − = ( Q ) : − x + y + z − = Câu 24 Cho điểm A ( 3; −2; −2 ) ; B ( 3; 2;0 ) ; C ( 0; 2;1) ; D ( −1;1; ) Mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng ( BCD ) có phương trình A ( x − 3) + ( y + ) + ( z + ) = 14 B ( x − 3) + ( y + ) + ( z + ) = 14 C ( x + 3) + ( y − ) + ( z − ) = 14 D ( x + 3) + ( y − ) + ( z − ) = 14 2 2 2 Câu 25 Giá trị nhỏ hàm số y = A B 2 2 −x +1 đoạn [ 0; 2] là: 2x + C − D Câu 26 Cho số phức z = − 4i Mô đun số phức z A B C 41 D Câu 27 Xác định tập hợp điểm M mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện: z +1− i ≤ A Đường tròn tâm I ( −1; −1) , bán kính R = B Hình trịn tâm I ( 1; −1) , bán kính R = C Hình trịn tâm I ( −1; −1) , bán kính R = (cả điểm nằm đường tròn) D Đường tròn tâm I ( 1; −1) , bán kính R = ( Câu 28 Nếu 3− ) x > + A x > −1 B ∀x ∈ ¡ C x < D x < −1 r r Câu 29 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai véc tơ a ( 2;1;0 ) b ( −1; m − 2;1) Tìm m để r r a ⊥ b A m = B m = C m = D m = Câu 30 Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số bốn hàm số liệt kê bốn phương án A, B, C, D Hỏi hàm số hàm số nào? A y = log x B y = log ( x ) C y = log D y = log x x Trang Câu 31 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A′B ′C ′D′ có AB = 3a, AD = 4a, AA′ = 4a Gọi G trọng tâm tam giác CC ′D Mặt phẳng chứa B′G song song với C ′D chia khối hộp thành phần Gọi ( H ) khối đa diện chứa C Tính tỉ số A 19 54 B V( II ) V với V thể tích khối hộp cho 38 C 25 D 25 Câu 32 Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 3) = 36, điểm I ( 1; 2;0 ) đường thẳng d : 2 x−2 y−2 z = = Tìm tọa độ điểm M thuộc d , N thuộc ( S ) cho I −1 trung điểm MN M ( 3; 2;1) A N ( 3;6; −1) M ( −3; −2;1) B N ( 3;6; −1) M ( −3; 2;1) C N ( 3;6;1) M ( −3; −2; −1) D N ( 3;6;1) Câu 33 Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục ¡ Đồ thị hàm số y = f ( x ) hình vẽ bên Khi giá trị biểu thức ∫ f ′ ( x − ) dx + ∫ f ′ ( x + ) dx bao nhiêu? A B C 10 D Câu 34 Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 11m, BC = AD = 20m, BD = AC = 21m Tính thể tích khối tứ diện ABCD A 770 m3 B 340 m3 C 720 m3 D 360 m3 Câu 35 Cho số phức z thỏa mãn z + i + = z − 2i Tìm giá trị nhỏ z A − B − C D Câu 36 Tìm giá trị tham số m để đồ thị hàm số y = x − 2m x + m + có ba điểm cực trị Đồng thời ba điểm cực trị với gốc O tạo thành tứ giác nội tiếp A m = ±1 B m = −1 C m = D Không tồn m Câu 37 Có tất số dương a thỏa mãn đẳng thức sau: log a + log a + log a = log a.log a.log a ? A B C D Trang Câu 38 Gọi A, B hai điểm thuộc hai nhánh khác đồ thị ( C ) hàm số y = x+3 , độ dài x−3 ngắn đoạn thẳng AB A B C D Câu 39 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : x +1 y z +1 = = hai điểm −1 A ( 1; 2; −1) , B ( 3; −1; −5 ) Gọi d đường thẳng qua điểm A cắt đường thẳng ∆ cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d lớn Khi đó, gọi M ( a; b; c ) giao điểm d với đường thẳng ∆ Giá trị P = a + b + c A −2 B C D Câu 40 Một vật có kích thước hình dáng hình vẽ Đáy hình trịn giới hạn đường tròn x + y = 16 (nằm mặt phẳng Oxy), cắt vật mặt phẳng vng góc với trục Ox ta thiết diện hình vng Thể tích vật thể A ∫ ( 16 − x ) dx B −1 −4 C ∫ 4π x dx ∫ x dx D −4 ∫ 4π ( 16 − x ) dx −4 Câu 41 Cho hàm f ( x ) liên tục [ 0;1] , biết 1 2 ∫0 f ( x ) + ln e ÷ dx = 2∫0 f ( x ) ln ( x + 1) dx Tích phân I = ∫ f ( x ) dx e A I = ln 4 B I = ln e Câu 42 Cho hàm số y = f ( x) = e C I = ln 2x + m x −1 D I = ln e Tính tổng giá trị tham số m để max f ( x ) − f ( x ) = [ 2;3] A −4 [ 2;3] B −2 C −1 D −3 Trang Câu 43 Số nghiệm phương trình log x.log ( x − 1) = log x là: A B C D 28 Câu 44 Cho phương trình x +1 = 16 x2 −1 Khẳng định sau đúng? A Tổng nghiệm phương trình số nguyên B Tổng nghiệm phương trình số ngun C Tích nghiệm phương trình số dương D Phương trình vơ nghiệm Câu 45 Cho hàm số y = f ( x ) liên tục ¡ có đồ thị hàm y = f ′ ( x ) hình vẽ Tìm m để bất phương trình f ( x + 1) − x + x − m > có nghiệm [ 0; 2] A m < f ( ) B m < f ( 3) − C m < f ( ) + D m < f ( 1) Câu 46 Một hình lập phương có diện tích mặt chéo a 2 Gọi V thể tích khối cầu S diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương nói Khi tích S V A SV = 3π a5 B SV = 3π a5 C SV = 6π a D SV = 3π a Câu 47 Tất giá trị thực tham số m cho hàm số y = − x + ( 2m − 3) x + m nghịch biến p p khoảng ( 1; ) −∞; ÷, phân số tối giản q > Hỏi tổng p + q là: q q A B C D Câu 48 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 1;1;1) Gọi ( P ) mặt phẳng qua A cách gốc tọa độ khoảng lớn Khi đó, mặt phẳng ( P ) qua điểm sau đây? A M ( −1; −2;0 ) B M ( 1; −2;0 ) C M ( −1; 2;0 ) D M ( 1; 2;0 ) Trang Câu 49 Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn log x + log ( x + y ) ≤ + log y Biết giá trị lớn biểu thức S = x+ y x − xy + y 2 − 2x + 3y x + y a− b b với a, b, c số nguyên dương phân số tối c c giản Tính P = a + b + c A P = 30 B P = 15 C P = 17 D P = 10 m + 6i Câu 50 Cho số phức z = ÷ , m nguyên dương Có giá trị m ∈ [ 1;50] để z số 3−i ảo? A 25 B 50 C 26 D 24 Đáp án 1-B 11-D 21-A 31-A 41-B 2-C 12-B 22-A 32-B 42-A 3-D 13-B 23-A 33-D 43-C 4-A 14-C 24-B 34-D 44-B 5-D 15-A 25-C 35-D 45-B 6-D 16-B 26-B 36-A 46-B 7-D 17-A 27-C 37-C 47-A 8-D 18-C 28-D 38-C 48-D 9-D 19-D 29-B 39-D 49-D 10-A 20-C 30-A 40-A 50-A LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B Áp dụng định lý Vi-ét cho phương trình z − mz + 2m − = tập số phức ta có: b z1 + z2 = − a = m z z = c = 2m − a Khi đó: z12 + z22 = −10 ⇔ ( z1 + z2 ) − z1 z2 = −10 ⇔ m − ( 2m − 1) = −10 ⇔ m − 4m + 12 = ⇔ m = ± 2i b z1 + z2 = − a Áp dụng định lý Vi-ét cho phương trình bậc hai z z = c a Câu 2: Đáp án C ur x −1 y z − = = Đường thẳng d1 : có vectơ phương u1 = ( 1; 2;3) qua M ( 1;0;3) uu r x y −1 z − = Đường thẳng d : = có vectơ phương u2 = ( 2; 4;6 ) qua M ( 0;1; ) Trang uu r ur ur uu r x −1 y z − = = Nhận thấy u2 = 2u1 nên u1 ; u2 phương Lại có, thay tọa độ M ( 0;1; ) d1 : ta −1 − 1 = = ⇔ −1 = = − (vô lý) nên M ∉ d1 3 Vậy d1 / / d Câu 3: Đáp án D Đồ thị hàm số y = 2x − có đường TCĐ: x = đường TCN: y = x −1 Câu 4: Đáp án A Số tiền sau năm (24 tháng) người nhận M = ( + 0, 65% ) 24 = ( 1, 0065 ) 24 triệu đồng Câu 5: Đáp án D Hình tứ diện có mặt, đỉnh cạnh Câu 6: Đáp án D Ta có a a −1 −1 x +1 x +1 ∫ e dx = e a Theo đề ∫e x +1 = e a +1 − e −1+1 = e a +1 − dx = e − nên e a +1 − = e − ⇔ a + = ⇔ a = −1 Câu 7: Đáp án D Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) ⇒ z = a − bi Ta có: z + z = ( − i ) ⇔ ( a + bi ) + ( a − bi ) = 16 − 8i + i 2 5a = 15 a = ⇔ 5a + bi = 15 − 8i ⇔ ⇔ ⇒ z = − 8i b = −8 b = −8 Vậy z = 32 + 82 = 73 Câu 8: Đáp án D x = Ta có: y ′ = x − x = ⇔ x = Lại có y ′′ = x − , suy y ′′ ( ) = 6.0 − = −6 < y ′′ ( ) = 6.2 − = > Nên x = điểm cực đại hàm số x = điểm cực tiểu hàm số + Tính y ′, giải phương trình y ′ = tìm nghiệm xi + Tính y ′′ ⇒ y′′ ( xi ) Nếu y ′′ ( xi ) < xi điểm cực đại hàm số, y ′′ ( xi ) > xi điểm cực tiểu hàm số Hoặc lập bảng biến thiên kết luận Câu 9: Đáp án D Đáp án A: Hàm phân thức khơng có cực trị nên loại A Trang Đáp án B: Hàm bậc ba có cực đại chắn có cực tiểu nên loại B Do ta xét hàm số đáp án C D Đáp án D: y ′ = −40 x − 10 x = −10 x ( x + 1) = ⇔ x = Ngoài y ′ đổi dấu từ dương sang âm qua x = nên x = điểm cực đại hàm số, hàm số khơng có cực tiểu Câu 10: Đáp án A 1 Ta có VOABC = OA.SOBC = a .2a.3a = a 3 Lại có VOCMN OC OM ON 1 = = = VOCAB OC OA OB 2 1 a3 VOCMN = VOCAB = a = 4 Cơng thức tỉ lệ thể tích: Cho hình chóp S.ABCD có M, N, P thuộc cạnh SA, SB, SC VS MNP SM SN SP = VS ABC SA SB SC Câu 11: Đáp án D Khi ta có Ta có: y = ln = ln1 − ln ( x + 1) = − ln ( x + 1) x +1 ′ Suy y ′ = − ln ( x + 1) ′ = − ( x + 1) = − x +1 x +1 − x − ( x + 1) −2 x − = Do xy′ − = x − ÷− = x +1 x +1 x +1 − x + ( x + 1) xy′ + = x − = ÷+ = x +1 x +1 x +1 e =e y − ln ( x +1) =e ln x +1 = = xy′ + x +1 Vậy xy ′ + = e y Câu 12: Đáp án B Từ hình dáng đồ thị hàm số ta xác định đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại A D Lại có điểm có tọa độ ( −1;3) thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x = −1; y = vào hai hàm số cịn lại có hàm số y = x − x + thỏa mãn Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số hàm bậc nên loại đáp án A D Lại có nét cuối đồ thị hướng lên nên a > ⇒ Chọn đáp án B Câu 13: Đáp án B Trang 10 x = Xét phương trình x = x ⇔ x ( x − ) = ⇔ x = x = −2 Do đó: S= ∫ x − x dx = −2 ∫ −2 x − x dx + ∫ x − x dx = 0 −2 3 ∫ ( x − x ) dx + ∫ ( x − x ) dx 1 1 2 = x − x ÷ − x − x ÷ = + = 4 −2 0 Cơng thức tính diện tích: S= xn x1 x2 xn x0 x0 x1 xn−1 ∫ f ( x ) − g ( x ) dx = ∫ ( f ( x ) − g ( x ) ) dx + ∫ ( f ( x ) − g ( x ) ) dx + + ∫ ( f ( x ) − g ( x ) ) dx Câu 14: Đáp án C Vì hình nón có bán kính R chiều cao h nên h = R 1 thể tích hình nón cho Vn = π R h = π R R = π R 3 Cắt hình nón mặt phẳng qua trục ta thiết diện tam BA nên ∆SAB vuông S giác cân SAB có SH = h = R = HB = Khi H tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác SAB H tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón đỉnh S Nên bán kính mặt cầu HS = R nên thể tích hình cầu Vc = π R 3 πR Vn = = Suy Vc π R Câu 15: Đáp án A Ta có: w = z1 − z2 = ( + 2i ) − ( − 3i ) = + 6i − + 6i = −1 + 12i Vậy phần ảo w 12 Câu 16: Đáp án B Ta có ∫ f ( x ) dx = ∫ ( x + e − x ) dx = Sử dụng công thức nguyên hàm: x3 − e− x + C = x3 − e − x + C n ∫ x dx = x n +1 + C ( n ≠ −1) ; ∫ eu du = eu + C n +1 Câu 17: Đáp án A Trang 11 Hàm số cho có hai điểm cực trị thỏa mãn xCD < xCT a > phương trình y ′ = có hai nghiệm phân biệt • a>0⇔ m >0⇔m>0 • y ′ = ⇔ mx + x + m = có ∆′ = − m Phương trình y ′ = có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = − m > ⇔ −2 < m < Kết hợp ta < m < Câu 18: Đáp án C Vì f ( x ) < 0; ∀x > nên hàm số nghịch biến ( 0; +∞ ) suy f ( 1) > f ( ) > f ( e ) > f ( 3) > f ( π ) > f ( ) Khi f ( e ) > f ( 3) ⇒ f ( e ) + f ( π ) > f ( 3) + f ( ) nên A sai + f ( π ) > f ( ) + f ( e ) > f ( π ) nên f ( e ) − f ( π ) > nên B sai f ( e ) < f ( ) ⇒ f ( e ) + f ( π ) < f ( ) nên C + f ( π ) < f ( ) f ( 1) > f ( 3) ⇒ f ( 1) + f ( ) > f ( 3) nên D sai + f ( ) > f ( 3) f ′ ( x ) < 0; ∀x ∈ ( a; b ) f ( x ) nghịch biến ( a; b ) , f ( b ) < f ( a ) Câu 19: Đáp án D x = y = − x + x + 10 ⇒ y′ = −4 x3 + x = −4 x ( x − ) = ⇔ x = ± x < − Nhận thấy: y ′ > ⇔ nên hàm số đồng biến khoảng −∞; − 0; (khoảng 0 < x < ( ) ( ) (I) (III)) Câu 20: Đáp án C + Hàm số y = a x với a > đồng biến ¡ nên A sai + Hàm số y = a x với < a < nghịch biến ¡ nên B sai + Đồ thị hàm số y = a x đồ thị hàm số y = log a x đối xứng qua đường thẳng y = x nên C + Đồ thị hàm số y = a x với a > a ≠ qua điểm M ( 1; a ) nên D sai Câu 21: Đáp án A uu r uur Mặt phẳng ( P ) chứa d d ′ qua M = d ∩ d ′ nhận ud , ud ′ làm vectơ pháp tuyến Trang 12 x = − 2t ′ x −1 y + z − d: = = ⇒ d : y = −2 + t ′ −2 z = + 3t ′ 1 − 2t ′ = −1 + t 2t ′ + t = t ′ = ⇔ −t ′ − t = − ⇔ Gọi M giao điểm d d ′ , −2 + t ′ = −t t = + 3t ′ = −2 + 3t −3t ′ + 3t = Suy M ( 1; −2; ) uu r uur r uu r uur Ta có: ud = ( −2;1;3) , ud ′ = ( 1; −1;3 ) ⇒ n = ud ; ud ′ = ( 6;9;1) r Mặt phẳng ( P ) qua M ( 1; −2; ) nhận n = ( 6;9;1) làm vectơ pháp tuyến nên ( P ) : ( x − 1) + ( y + ) + 1( z − ) = ⇔ x + y + z + = Câu 22: Đáp án A Hình nón đỉnh S có thiết diện qua đỉnh tam giác vuông cân SAB xét tam giác vng SHB có đường cao SH = HB.tan 45° nên B Tam giác SBH vng có ∠SBH = 45° nên ∆SHB vng cân, suy ∠HSB = 45° hay đường sinh SB hợp với trục SH góc HSB = 45° nên C Và đường sinh SB tạo với đáy góc ∠SBH = 45° nên D Hai đường sinh SB, SC chưa vng góc với nên A sai Câu 23: Đáp án A uur uur Đáp án A: nP = ( 2;11; −5 ) , nQ = ( −1; 2;1) ⇒ cos α = ( −1) + 11.2 + ( −5 ) 22 + 112 + ( −5 ) ( −1) + 2 + 12 = 15 = ⇒ α = 60° 30 uur uur nP nQ Góc hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) thỏa mãn: cos α = uur uur nP n Q Câu 24: Đáp án B uuur uuur uuur uuur Ta có BC = ( −3;0;1) ; BD = ( −4; −1; ) ⇒ BC ; BD = ( 1; 2;3) r uuur uuur Mặt phẳng ( BCD ) qua B ( 3; 2;0 ) có vectơ pháp tuyến n = BC ; BD = ( 1; 2;3) nên phương trình mặt phẳng ( BCD ) 1( x − 3) + ( y − ) + ( z − ) = ⇔ x + y + 3z − = Vì mặt cầu ( S ) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng ( BCD ) nên bán kính mặt cầu R = d ( A; ( BCD ) ) = + ( −2 ) + ( −2 ) − 12 + 22 + 32 = 14 Trang 13 Phương trình mặt cầu ( S ) ( x − 3) + ( y + ) + ( z + ) = 14 2 + Mặt cầu ( S ) có tâm I ( x0 ; y0 ; z ) tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) có bán kính R = d ( I ; ( P ) ) phương trình mặt cầu ( x − x0 ) + ( y − y0 ) + ( z − z0 ) = R 2 r uuur uuur + Mặt phẳng qua ba điểm A, B, C có vectơ pháp tuyến n = AB; AC Câu 25: Đáp án C Ta có: y ′ = −1.3 − 2.1 ( x + 3) =− ( x + 3) < 0, ∀x ≠ − Do hàm số nghịch biến [ 0; 2] ⇒ y = y ( ) = − [ 0;2] Câu 26: Đáp án B Số phức z = − 4i có mơđun z = 52 + ( −4 ) = 41 Câu 27: Đáp án C Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) , đó: z + − i ≤ ⇔ ( x + 1) − ( y + 1) i ≤ ⇔ ( x + 1) + ( y + 1) ≤ ⇔ ( x + 1) + ( y + 1) ≤ 2 2 Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn tốn hình trịn tâm I ( −1; −1) , bán kính R = (kể điểm nằm đường trịn) Câu 28: Đáp án D Ta có Nên ( ( 3+ 3− ) )( x ) − =1⇔ + = > 3+ ⇔ ( 3− ) >( x = 3− 3− ) ( −1 3− ) −1 ⇔ x < −1 (vì < − < ) Câu 29: Đáp án B r r rr Ta có: a ⊥ b ⇔ a.b = ⇔ ( −1) + ( m − ) + 0.1 = ⇔ m − = ⇔ m = r r rr Điều kiện để a ⊥ b a.b = Câu 30: Đáp án A Từ đồ thị ta thấy hàm số cho đồng biến ( 0; +∞ ) nên a > , loại D 1 Điểm có tọa độ ; −1÷ thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x = ; y = −1 vào hàm số lại, có 2 1 hàm số y = log x thỏa mãn log ÷ = −1÷ nên chọn A 2 Câu 31: Đáp án A Trang 14 Gọi ( α ) mặt phẳng chứa B′G song song với C ′D Gọi M, N giao điểm ( α ) với CD CC ′ Khi ta có: MN / / C ′D CM CN = = CD CC ′ Và ( α ) mặt phẳng ( AMNB′ ) , ( H ) phần khối đa diện chứa C Khi ta có: V( H ) = VM BCNB′ + VB′ ABM Ta có: BCNB′ hình thang vng B, C có diện tích: S BCNB′ = 1 40a ′ BB + CN BC = a + a a = ( ) ÷ 2 3 1 40 80a ⇒ VMBCNB′ = MC.S BCNB′ = 3a a = 3 3 1 Mặt khác S ∆ABM = S ABCD − S ∆BCM − S∆ADM = 3a.4a − 4a .3a − 4a .3a = 6a 3 1 80 152 ⇒ VB′ABM = BB′.S ABM = 4a.6a = 8a ⇒ V( H ) = a + 8a = a 3 9 Thể tích hình hộp chữ nhật là: V = 3a.4a.4a = 48a ⇒ V( H ) V = 152a 19 = 48a 54 Câu 32: Đáp án B x = + 3t x−2 y−2 z = = ⇔ y = + 4t + Đường thẳng d : −1 z = −t Vì M ∈ d ⇒ M ( + 3t ; + 4t ; −t ) I ( 1; 2;0 ) trung điểm đoạn MN xM + xN x = I xN = xI − xM = −3t y M + yN ⇒ yI = ⇔ y N = yI − yM = − 4t ⇒ N ( −3t ; − 4t ; t ) z = 2z − z = t I M N zM + z N z = I Vì N ∈ ( S ) nên thay tọa độ điểm N vào phương trình mặt cầu: ( S ) : ( x − 1) ( −3t − 1) 2 + ( y − ) + ( z − 3) = 36 ta được: 2 t = ⇒ N ( −3; −2;1) 2 + ( −4t ) + ( t − 3) = 36 ⇔ 26t − 26 = ⇔ t = −1 ⇒ N ( 3;6; −1) Câu 33: Đáp án D Trang 15 Ta có: ∫ 0 f ′ ( x − ) dx + ∫ f ′ ( x + ) dx = ∫ f ′ ( x − ) d ( x − ) + ∫ f ' ( x + ) d ( x + ) 0 = f ( x − 2) + f ( x + 2) = f ( ) − f ( −2 ) + f ( ) − f ( ) = f ( ) − f ( −2 ) = − ( −2 ) = Câu 34: Đáp án D Dựng hình hộp chữ nhật AMCN.PBQD hình bên Khi đó: tứ diện ABCD thỏa mãn AB = CD = 11m; BC = AD = 20m; BD = AC = 21m Gọi kích thước hình hộp chữ nhật m, n, p Gọi y = f ( m + 4m + ) Ta có: VPADB = VMABC = VQBCD = VNACD = ND.S ACN 1 1 = ND AN NC = ND.NA.NC = m.n p = VAMCN PBQD 6 1 1 Suy VPADB + VMABC + VQBCD + VNACD = V + V + V + V = V 6 6 Mà VPADB + VMABC + VQBCD + VNACD + VABCD = V Suy ra: VABCD = V = m.n p Xét tam giác vuông APB; APD; PDB, theo định lý Pytago ta có: m + n + p = 481 m + n = BD m + n = 21 m = 10 2 m + n = 21 2 2 ⇔ n=9 m + p = AD ⇔ m + p = 20 ⇔ 2 p + n = AB p + n = 112 m + p = 20 p = 10 p + n2 = 112 2 2 2 1 VABCD = m.n p = 10.9.2 10 = 360m3 3 Đối với tứ diện gần ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c ta có cơng thức thể tích VABCD = ( −a + b + c ) ( a − b2 + c ) ( a + b2 − c ) Câu 35: Đáp án D Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) Ta được: ( x + 1) + ( y + 1) i = x − ( y + ) i ⇔ ( x + 1) + ( y + 1) = x + ( y + ) 2 ⇔ x + + y + = y + ⇔ x − y − = Trang 16 Do tập hợp số phức z thỏa mãn toán đường thẳng x − y − = Từ hình vẽ ta thấy z đạt GTNN z = OH = d ( O; ( ∆ ) ) = − −1 12 + 12 = = 2 Câu 36: Đáp án A Ta có x = y ′ = x − 4m x = ⇔ x ( x − m ) = ⇔ 2 x = m Điều kiện để hàm số có điểm cực trị x = ⇒ y = m4 + m2 > ⇔ m ≠ ⇒ x = m ⇒ y = x = −m ⇒ y = Gọi A ( 0; m + 1) ; B ( −m;1) ; C ( m;1) điểm cực trị đồ thị hàm số cho OB = OC Vì B, C đối xứng qua trục Oy O, A ∈ Oy nên AB = AC Lại có cạnh OA chung nên ∆BAO = ∆CAO (c-c-c) suy OBA = OCA, mà tứ giác OBAC nội tiếp nên OBA + OCA = 180° ⇒ OBA = OCA = 90° uuur uuur Hay AB ⊥ OB ⇒ AB.OB = uuur uuur uuu r uuu r 4 Ta có AB = ( − m; −m ) ; OB = ( − m;1) ⇒ AB.OB = m − m = ⇔ m2 ( − m2 ) m = ( L ) = ⇔ m = 1( TM ) m = −1 TM ( ) Vậy m = ±1 Câu 37: Đáp án C Điều kiện: a > Ta có: log a + log a + log a = log a.log a.log a ⇔ log a + log3 2.log a + log 2.log a = log a.log 2.log a.log 2.log a ⇔ log a ( + log + log ) = log 32 a.log 2.log ⇔ log a ( log 22 a.log 2.log5 − − log3 − log ) = a = log a = ⇔ ⇔ log a = + log + log log log 2.log − − log − log = log 2.log Trang 17 a = a = + log + log ⇔ log a = = t1 ⇔ a = 2t1 > log 2.log a = 2t2 > + log + log5 = t2 log a = − log 2.log Vậy phương trình cho có nghiệm a > Cơng thức đổi số: log a c = log a b.log b c Câu 38: Đáp án C Điều kiện: x ≠ Ta có y = x+3 = 1+ x−3 x −3 Đồ thị hàm số ( C ) có tiệm cận đứng x = tiệm cận ngang y = Suy tâm đối xứng đồ thị ( C ) I ( 3;1) Với A, B ∈ ( C ) A, B thuộc hai nhánh khác đồ thị Để AB nhỏ A; I; B thẳng hàng hay I trung điểm AB Gọi A x A ;1 + ÷; B xB ;1 + ÷ thuộc đồ thị ( C ) xA − xB − Vì I ( 3;1) trung điểm AB nên x A + xB = x1 ⇔ x A + xB = ⇔ xB = − x A ( xB − x A ) Suy AB = 6 + − ÷ xB − x A − = ( − xA ) 6 144 + − ÷ = ( x A − 3) + ( x A − 3) − xA xA − Ta có AB = ( x A − 3) + 144 ( xA − 3) ≥ ( x A − 3) Suy ABmin = 48 = ⇔ ( x A − 3) = Hàm số y = 144 2 ( x A − 3) 144 ( xA − 3) 2 = 48 (áp dụng BĐT Côsi) x = + ⇔ ( x A − ) = 36 ⇒ A x A = − ax + b −d a ( C ) nhận I ; ÷ làm tâm đối xứng với A, B thuộc hai nhánh đồ thị ( C ) để AB cx + d c c nhỏ I trung điểm AB Câu 39: Đáp án D Gọi M = d ∩ ∆ M ( −1 + 2t ;3t ; −1 − t ) uuuu r uuu r uuuu r Khi AM = ( −2 + 2t ;3t − 2; −t ) , BA = ( −2;3; ) , BM = ( −4 + 2t;3t + 1; − t ) Trang 18 uuuu r uuu r BM ; BA = ( 15t − 8; −6t + 8;12t − 10 ) uuuu r uuu r 2 BM , BA ( 15t − 8) + ( −6t + 8) + ( 12t − 10 ) ⇒ d ( B, d ) = = uuuu r 2 AM ( 2t − ) + ( 3t − ) + t ( 15t − ) + ( −6t + ) + ( 12t − 10 ) 2 ( 2t − ) + ( 3t − ) + t 2 = Xét hàm số f ( t ) = 2 = 405t − 576t + 228 14t − 20t + 405t − 576t + 228 tìm GTLN max f ( t ) = 29 t = 14t − 20t + Do M ( 3;6; −3) hay a = 3; b = 6; c = −3 ⇒ a + b + c = Câu 40: Đáp án A Đường tròn x + y = 16 có tâm O ( 0;0 ) bán kính R = Gọi thiết diện cắt trục Ox điểm H ( x;0 ) ( −4 < x < ) OH = x thiết diện cắt đường tròn đáy A, B (hình vẽ), suy OA = Xét tam giác vng OAH có HA = OA2 − OH = 16 − x ⇒ AB = 16 − x ( Diện tích thiết diện S = AB = 16 − x ) = ( 16 − x ) Thể tích vật thể V = ∫ ( 16 − x ) dx −4 Câu 41: Đáp án B Sử dụng phương pháp tích phân phần ta tính được: 2 ∫ ln ( x + 1) dx = ln 2 = ∫ ln dx e e Do giả thiết tương đương với: ∫ f ( x ) − ln ( x + 1) dx = ⇔ f ( x ) = ln ( x + 1) , ∀x ∈ [ 0;1] 1 Suy I = ∫ f ( x ) dx = ∫ ln ( x + 1) dx = ln e 0 Câu 42: Đáp án A Hàm số y = f ( x ) = 2x + m xác định liên tục đoạn [ 2;3] x −1 f ( x ) = f ( x ) = (không thỏa mãn) Với m = −2 , hàm số trở thành y = ⇒ max [ 2;3] [ 2;3] Trang 19 −2 − m Với m ≠ −2, ta có y ′ = ( x − 1) Khi hàm số đồng biến nghịch biến [ 2;3] max f ( x ) = f ( ) ; f ( x ) = f ( 3) [ 2;3] [ 2;3] Suy max f ( x ) = f ( 3) ; f ( x ) = f ( ) [ 2;3] [ 2;3] f ( x ) − f ( x ) = f ( ) − f ( ) = Do đó: max 2;3 2;3 [ [ ] ] f ( x ) − f ( x ) = ⇔ Theo giả thiết max 2;3 2;3 [ [ ] ] 6+m 2+m − ( + m) = 2 m = 2+m =2⇔ m = −6 Vậy tổng giá trị tham số m thỏa mãn yêu cầu toán −4 Câu 43: Đáp án C x > ⇔x> Điều kiện: 2 x − > Khi phương trình ⇔ log x.log ( x − 1) − log x = ⇔ log x log ( x − 1) − = log x = x =1 x = ⇔ ⇔ ⇔ (thỏa mãn) 2 x − = x = log ( x − 1) − = Vậy phương trình cho có nghiệm Chú ý giải, số em chia hai vế cho log x mà quên không xét trường hợp log x = có nghiệm x = Câu 44: Đáp án B Ta có 28 x +1 = 16 x −1 ⇔2 28 x +1 =2 ( ) ⇔ 28 x + = x − (với x ≥ ) ( ) x −1 x ≤ −1 28 x + = ( x − 1) ⇔ 28 x + = ( − x ) x = 12x − 28x − 15 = x = ⇔ ⇔ 12 x + 28 x − = x = x = 7+ 94 ( thỏa mãn) 7− 94 7+ 94 loaïi ) x = ( 6 ⇔ −7+ 19 −7− 19 loaïi ) x = ( 6 −7− 19 ( thỏa mãn) Câu 45: Đáp án B Trang 20 Bài toán tương đương với: m< f ( x + 1) − x3 + x có nghiệm 0;2 Xét hàm số g( x) = f ( x + 1) − x3 + x 0;2 Bài tốn trở thành tìm m để m< g( x) có nghiệm 0;2 ⇔ m< max g( x) 0;2 Ta có g′ ( x) = f ′ ( x + 1) − x + 1= 0 < f ′ ( x + 1) ⇒ g′ ( x) > TH1: x∈ 0;1) ⇒ 0 < − x + f ′ ( x + 1) = ⇒ g′ ( x) = TH2: x = 1⇒ − x + = Suy g′ ( x) = ⇔ x = f ′ ( x + 1) < ⇒ g′ ( x) < TH3: x∈ ( 1;2 ⇒ − x + 1< Ta có bảng biến thiên hàm g( x) 0;2 Dựa vào bảng biến thiên ta có m< max g( x) = g( 2) = f ( 2) + 0;2 Vậy m< f ( 2) + Câu 46: Đáp án B Trang 21 Gọi hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh x có diện tích mặt chéo SACC′A′ = a2 Ta có AC = AD2 + DC = x nên SACC′A′ = AC.AA′ = x 2.x = a2 ⇒ x = a Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương R = a Nên thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương 4 a 3 3π a3 V = π R3 = π ÷ = 3 ÷ a 3 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương S = 4π R = 4π ÷ = 3π a2 ÷ Suy SV = 3π a3 3 3 πa = π a 2 Câu 47: Đáp án A ( ) Ta có: y′ = −4x + 2( 2m− 3) x = 2x −2x + 2m− ( ) Hàm số nghịch biến ( 1;2) ⇔ y′ ≤ 0,∀x∈ ( 1;2) ⇔ 2x −2x + 2m− ≤ 0,∀x∈ ( 1;2) ⇔ −2x2 + 2m− ≤ 0,∀x∈ ( 1;2) (vì 2x > 0,∀x∈ ( 1;2) ) ⇔ 2m− ≤ 2x2,∀x∈ ( 1;2) Dễ thấy hàm số f ( x) = 2x đồng biến ( 1;2) nên f ( x) > f ( 1) = Do 2m− ≤ 2x2,∀x∈ ( 1;2) ⇔ 2m− ≤ ⇔ m≤ 5 Suy m∈ −∞; ⇒ p = 5, q = ⇒ p + q = 2 Câu 48: Đáp án D Gọi H hình chiếu O xuống mặt phẳng ( P ) Khi OH ≤ OA nên OH lớn H ≡ A uuu r P A ;1 ;1 OA Hay ( ) mặt phẳng qua ( ) nhận = ( 1;1;1) làm vectơ pháp tuyến nên phương trình mặt phẳng ( P ) 1( x − 1) + 1( y − 1) + 1( z − 1) = ⇔ x + y + z − = Thay tọa độ điểm M1; M2; M3; M4 vào phương trình mặt phẳng ( P ) ta thấy có điểm M4 ( 1;2;0) thỏa mãn 1+ + − = ⇔ = (luôn đúng) nên M4 ∈ ( P ) Trang 22 Câu 49: Đáp án D x x Theo giả thiết ta có: log2 x2 + 3xy ≤ log2 4y2 ⇔ x2 + 3xy ≤ 4y2 ⇔ ÷ + 3 ÷ ≤ y y ( ⇒ 0< t = ) ( ) x ≤ y t+1 2t + (với < t ≤ 1) t2 − t + t + Khi S = f ( t) = Ta có f ′ ( t) = − 5− 3t ( ) t − t+ 2 − ( t + 2) ≥ 2 23 ( t + 2) − 2 > − = ( t + 2) 2 ( t + 2) 2 a = f ( t) = f ( 1) = − ⇒ b = ⇒ P = 10 Do max S = max ( 0;1 c = Câu 50: Đáp án A m ( + 6i ) ( 3+ i ) + 6i Ta có z = = ÷ 3− i ( 3− i ) ( 3+ i ) m m ÷ = ( 2i ) = 2m.i m ÷ + Với m= 4k ( k ∈ ¢ ) z = 2m + Với m= 4k + 2( k ∈ ¢ ) z = −2m + Với m= 4k + 1( k ∈ ¢ ) z = 2m.i + Với m= 4k + 3( k ∈ ¢ ) z = −2m.i m= 4k + Vậy để z số ảo ( k∈ ¢ ) mà 1≤ m≤ 50 m= 4k + k ∈ { 0;1;2;3; ;12} 1≤ 4k + 1≤ 50 ≤ 4k ≤ 49 ≤ k ≤ 12,25 ⇔ ⇔ ⇒ Nên 1≤ 4k + ≤ 50 −2 ≤ 4k ≤ 47 −0,5 ≤ k ≤ 11,75 k ∈ { 0;1;2; ;11} Vậy có tất 13+ 12 = 25 giá trị k thỏa mãn điều kiện, tức có 25 giá trị m thỏa mãn điều kiện đề Trang 23 ... 33-D 43-C 4-A 14-C 24-B 34-D 44-B 5-D 15-A 25-C 35-D 45-B 6-D 16-B 26-B 36-A 46-B 7-D 17-A 27-C 37-C 47-A 8-D 18-C 28-D 38-C 48-D 9-D 19-D 29-B 39-D 49-D 1 0- A 20-C 30-A 40-A 50-A LỜI GIẢI CHI TIẾT... 10 m + 6i Câu 50 Cho số phức z = ÷ , m ngun dương Có giá trị m ∈ [ 1;50] để z số 3−i ảo? A 25 B 50 C 26 D 24 Đáp án 1-B 11-D 21-A 31-A 41-B 2-C 12-B 22-A 32-B 42-A 3-D 13-B 23-A 33-D... − 10 x = ? ?10 x ( x + 1) = ⇔ x = Ngoài y ′ đổi dấu từ dương sang âm qua x = nên x = điểm cực đại hàm số, hàm số khơng có cực tiểu Câu 10: Đáp án A 1 Ta có VOABC = OA.SOBC = a .2a.3a = a 3 Lại có
Ngày đăng: 30/04/2021, 09:21
Xem thêm: