Đề 14 mã 102 2018 đáp án

BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC-MÃ 102 - NĂM HỌC 2018 CỦA BGD Đề số 14 Câu 1 5n  A lim Lời giải B D  C   1  lim  lim     5n  n  5  n  Câu Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đường y  x , y  , x  , x  Mệnh đề đúng? 2 A S   x dx B S    22 x dx C S   2 x dx D S    x dx Lời giải 2 S   x dx   x dx (do x  0, x   0; 2 ) Câu Tập nghiệm phương trình log  x  1  A 3;3 B 3 C 3   D  10; 10 Lời giải log  x  1   x    x   x  3 Câu Nguyên hàm hàm số f  x   x  x A x4  x  C B x3   C C x5  x  C D x  x C Lời giải 1 Ta có   x  x  dx  x5  x  C Câu Cho hàm số y  ax  bx  cx  d  a, b, c, d    có đồ thị hình vẽ bên Số điểm cực trị hàm số A B C Lời giải D Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Dựa vào hình dạng đồ thị hàm số có hai điểm cực trị Câu Số phức có phần thực phần ảo A  4i B  3i C  4i Lời giải Số phức có phần thực phần ảo là: z   4i D  3i Câu Cho khối chóp có đáy hình vng cạnh a chiều cao 4a Thể tích khối chóp cho 16 a A a3 B C 4a3 D 16a 3 Lời giải 1 Thể tích khối chóp: V  B.h  a 4a  a3 3 Câu Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây? A y  x  x  B y   x  x  C y  x3  x  D y   x  x  Lời giải Dựa vào hình vẽ suy hàm số cho có cực trị  loại C, D Mặt khác nhánh bên tay phải đồ thị hàm số lên suy hệ số a   Chọn A Câu Thể tích khối cầu bán kính R A  R3 B 4 R3 C 2 R3 D 3 R Lời giải  Câu 10 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;1;   B  2; 2;1 Vectơ AB có tọa độ A  3;3;  1 B  1;  1;  3 C  3;1;1 D 1;1;3 C  log a D  log3 a Lời giải   AB    1;  1;1   2   hay AB  1;1;3 Câu 11 Với a số thực dương tùy ý, log  3a  bằng: A 3log3 a B  log a Lời giải  log a Câu 12 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A  1;   B 1;   C  1;1 D  ;1 Lời giải 1;   Câu 13 Có cách chọn hai học sinh từ nhóm 38 học sinh ? A A382 B 238 C C382 D 382 Lời giải C382 x  y 1 z    Câu 14 Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : có vectơ phương      A u1   3;  1;5  B u4  1;  1;  C u2   3;1;5  D u3  1;  1;   Lời giải  x  y 1 z    Đường thẳng d : có vectơ phương u4  1;  1;  1 Câu 15 Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  :3x  y  z   có vectơ pháp tuyến     A n3   1; 2;3 B n4  1; 2;  3 C n2   3; 2;1 D n1  1; 2;3 Lời giải  Mặt phẳng  P  :3 x  y  z   có vectơ pháp tuyến n2   3; 2;1 Câu 16 Cho hàm số f  x   ax  bx  c  a, b, c    Đồ thị hàm số y  f  x  hình vẽ bên Số nghiệm phương trình f  x    A B Ta có f  x     f  x   C Lời giải D Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 cắt đồ thị hàm số y  f  x  điểm phân biệt nên phương trình cho có 4 nghiệm phân biệt Đường thẳng y  Câu 17 Từ hộp chứa cầu màu đỏ cầu màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời cầu Xác suất để lấy cầu màu xanh A B C D 12 44 22 Lời giải Gọi A biến cố: “lấy cầu màu xanh” C3 Ta có P  A   53  C12 22 Câu 18 Giá trị nhỏ hàm số y  x3  x  x đoạn  0; 4 A 259 B 68 C D 4 Lời giải TXĐ D   Hàm số liên tục đoạn  0;4 Ta có y  3x  x   x    0;  y     x     0;   y  0  0; y 1  4; y  4  68 Vậy y  4 0;4 Câu 19 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  2a Góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy A 45 B 60 C 30 D 90 Lời giải S D A B C  Do SA   ABCD  nên góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy góc SCA Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 SA    45 Ta có SA  2a , AC  2a  tan SCA   SCA AC Vậy góc đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 45 Câu 20 e x 1 dx A 1  e e B e  e C 1 e  e D e3  e Lời giải 1 x 1  e dx  1 1 x 1 e d  x  1  e3 x1   e  e   30 3 Câu 21 Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua điểm A 1; 2; 2  vuông góc với đường thẳng x 1 y  z    có phương trình A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   : Lời giải  Mặt phẳng qua A 1; 2; 2  nhận u   2;1;3 làm VTPT Vậy phương trình mặt phẳng :  x  1   y     z     x  y  3z   Câu 22 Số tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  A B x4 2 x2  x C D Lời giải Tập xác định hàm số: D   4;   \ 0; 1 Ta có: lim y  x 0 x4 2 x4 2   lim  y  lim    x   x       x x x2  x  TCĐ : x  1 Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng Câu 23 Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông đỉnh B , AB  a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  lim  y  lim  x  1 a A x  1 B a C a D a Lời giải Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 S H A C B Kẻ AH  SB mặt phẳng  SBC   BC  AB Ta có:   BC   SAB   BC  AH  BC  SA  AH  BC a Vậy   AH   SBC   d  A,  SBC    AH  SB  2  AH  SB Câu 24 Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất 7, % /năm Biết 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 11 năm B 12 năm C năm D 10 năm Lời giải Gọi T , A, r , n tổng tiền vốn lẫn lãi sau n kì, vốn ban đầu, lãi suất số kì  T  A 1  r  n Số tiền người thu gấp đơi số tiền gửi ban đầu: n A  A 1  r  n   1  7, 2%   n  9, 97 Vậy sau 10 năm số tiền nhận gấp đơi số tiền ban đầu Câu 25 Tìm hai số thực x y thỏa mãn  3x  yi     i   x  3i với i đơn vị ảo A x  2; y  2 B x  2; y  1 C x  2; y  2 D x  2; y  1 Lời giải Ta có:  3x  yi     i   x  3i  3x    y  1  x  3i 3 x   x  x  2   2 y   3  y  2 Câu 26 Ông A dự định sử dụng hết 6, 7m2 kính để làm bể cá kính có dạng hình hộp chữ nhật khơng nắp, chiều dài gấp đơi chiều rộng (các mối ghép có kích thước khơng đáng kể) Bể cá có dung tích lớn (kết làm tròn đến hàng phần trăm) A 1,57m3 B 1,11m3 C 1, 23m3 D 2, 48m3 Lời giải Gọi x chiều rộng, ta có chiều dài 2x Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 6,  x Do diện tích đáy mặt bên 6, 7m nên có chiều cao h  , 6x 6, ta có h  nên x  Thể tích bể cá V  x   6, 6, x  x 6,  x V   x   0  x 3 Bảng biến thiên Bể cá có dung tích lớn 1,57m3 21 Câu 27 Cho x dx x4 A a  b  2c  a ln  b ln  c ln , với a, b, c số hữu tỉ Mệnh đề sau đúng? B a  b  c C a  b  c D a  b  2c Lời giải Đặt t  x   2tdt  dx Với x   t  ; x  21  t  21 5 dx dt 1 1 Ta có    ln t   ln t    ln  ln  ln  2 2 t 4 x x4 Câu 28 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật, AB  a , BC  2a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Khoảng cách hai đường thẳng BD , SC a 30 21a 21a a 30 A B C D 21 21 12 Lời giải S M D A O B C Gọi O tâm hình chữ nhật M trung điểm SA , ta có: SC //  BMD  Do d  SC , BD   d  SC ,  BMD    d  S ,  BMD    d  A,  BMD    h Ta có: AM , AB , AD đơi vng góc nên 1 1 1       2 2 h AM AB AD a a 4a Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Suy ra: h  2a 21 21 x 1 y 1 z  Đường   2 thẳng qua A , vuông góc với d cắt trục Oy có phương trình Câu 29 Trong không gian Oxyz , cho điểm A  2;1;3 đường thẳng d :  x  2t  A  y  3  4t  z  3t   x   2t  B  y   t  z   3t   x   2t  C  y   3t  z   2t   x  2t  D  y  3  3t  z  2t  Lời giải Gọi đường thẳng cần tìm   x 1 y 1 z  có VTCP u  1;  2;  d:   2  Gọi M  0; m;0   Oy , ta có AM   2; m  1;  3   Do   d  AM u   2   m  1    m  3  x  2t   Ta có  có VTCP AM   2;  4;  3 nên có phương trình  y  3  4t  z  3t  Câu 30 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y  x6 nghịch biến khoảng x  5m 10;  ? A B Vô số C Lời giải D Tập xác định D   \ 5m y  5m   x  5m    y  0, x  D 5m   m  Hàm số nghịch biến 10;      5m  10;   5m  10  m  2 Mà m   nên m  2; 1;0;1 Câu 31 Một bút chì có dạng khối trụ lục giác có cạnh đáy  mm  chiều cao 200  mm  Thân bút chì làm gỗ phần lõi làm than chì Phần lõi có dạng khối trụ có chiều cao chiều cao chiều dài bút đáy hình trịn có bán kính  mm  Giả định m3 gỗ có giá a triệu đồng, m3 than chì có giá 6a triệu đồng Khi giá nguyên vật liệu làm bút chì gần với kết đây? A 84,5.a đồng B 78, 2.a đồng C 8, 45.a đồng D 7,82.a đồng Lời giải Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021 m3 gỗ có giá a triệu đồng suy mm3 gỗ có giá a đồng 1000 6a đồng 1000 Phần chì bút tích V1  200. 12  200  mm  m3 than chì có giá 6a triệu đồng suy mm3 than chì có giá Phần gỗ của bút chì tích V2  200.6 Số tiền làm bút chì 32  200  2700  200  mm3  6a.V1  a.V2  7,82 a đồng 1000 Câu 32 Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian 59 quy luật v  t   t  t  m / s  , t (giây) khoảng thời gian tính từ lúc a bắt đầu 150 75 chuyển động Từ trạng thái nghỉ, chất điểm B xuất phát từ O , chuyển động thẳng hướng với A chậm giây so với A có gia tốc a  m / s  ( a số) Sau B xuất phát 12 giây đuổi kịp A Vận tốc B thời điểm đuổi kịp A A 20  m / s  B 16  m / s  C 13  m / s  D 15  m / s  Lời giải 15  59  Quãng đường chất điểm A từ đầu đến B đuổi kịp S    t  t  dt  96  m  150 75  0 Vận tốc chất điểm B vB  t    adt  at  C Tại thời điểm t  vật B trạng thái nghỉ nên vB  3   C  3a Lại có quãng đường chất điểm đến B gặp A 15 15  at  S    at  3a  dt    3at   72a  m   3 Vậy 72a  96  a   m / s  Tại thời điểm đuổi kịp A vận tốc B vB 15  16  m / s  Câu 33 Xét số phức z thỏa mãn  z  3i  z  3 số ảo Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất điểm biểu diễn số phức z đường trịn có bán kính bằng: Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 A C B D Lời giải Gọi z  x  yi , với x, y   Theo giả thiết, ta có  z  3i  z  3  z  z  3iz  9i số ảo 3 3 x  y  x  y  Đây phương trình đường trịn tâm I  ;  , bán kính R  2 2 Câu 34 Hệ số x khai triển x  x  1   x  1 A 3007 B 577 C 3007 Lời giải k x  x  1   x  1  x  C6k  x   1 6k k 0   C6k 3k  1 k 0 6k x k 1   C8m 2m  1 8 k   C8m  x  m D 577 8 k  1 m0 xm m0 Hệ số x ứng với k  ; m  Hệ số cần tìm C64 34  1  C85 25  1  577 Câu 35 Gọi S tập hợp giá trị nguyên tham số m cho phương trình 25 x  m.5 x 1  m   có hai nghiệm phân biệt Hỏi S có phần tử A B C Lời giải D Xét phương trình 25x  m.5x 1  7m2   1 Đặt t  5x  t   Phương trình trở thành t  5mt  7m2     YCBT  Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt  Phương trình   có hai nghiệm phân biệt t1 , t2  25m   m       21    S   5m  1 m  P  7 m     Mà m    m 2;3 Vậy có giá trị nguyên tham số m Câu 36 Cho hai hàm số f  x   ax  bx  cx  g  x   dx  ex  ( a , b , c , d , e   ) Biết đồ thị hàm số y  f  x  y  g  x  cắt ba điểm có hồnh độ 2 ; 1 ; (tham khảo hình vẽ) Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 Hình phẳng giới hạn hai đồ thị cho có diện tích 37 13 A B C 2 D 37 12 Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị f  x  g  x  ax3  bx  cx   dx  3x   a3   b  d  x   c  e  x   * Do đồ thị hai hàm số cắt ba điểm suy phương trình * có ba nghiệm x  2 ; x  1 ; x  Ta ax3   b  d  x   c  e  x   k  x   x  1 x  1 Khi 4  2k  k  Vậy diện tích hình phẳng cần tìm   x   x  1 x  1 dx  2 37 Câu 37 Cho a  , b  thỏa mãn log10 a 3b 1  25a  b  1  log10 ab 1 10a  3b  1  Giá trị a  2b A C 22 B D 11 Lời giải Từ giả thiết ta có 25a  b   , 10a  3b   , 10a  3b   , 10ab   2 Áp dụng Cơ-si, ta có 25a  b   25a b   10ab  Khi đó, log10 a 3b 1  25a  b  1  log10 ab 1 10a  3b  1  log10 a 3b1 10ab  1  log10 ab 1 10a  3b  1  (Áp dụng Cô-si) 5a  b Dấu “  ” xảy  log10 a 3b1 10ab  1  log10 ab1 10a  3b  1   b  11  a  2b  Suy  a   Câu 38 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y  x8  (m  1) x5  (m2  1) x  đạt cực tiểu x  0? A B C Vô số D Lời giải  Ta có: y '  8x7  5(m  1) x  4(m2  1) x3   x x   m  1 x   m  1 x  y'    8 x   m  1 x   m  1   (1) *Nếu m  y '  x7 , suy hàm số đạt cực tiểu x  x  x  *Nếu m  1 y '     , x  nghiệm bội chẵn nên x  x  10 x    cực trị Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 *Nếu m  1 : x  nghiệm bội lẻ Xét g ( x )  x   m  1 x   m  1 Để x  điểm cực tiểu lim g ( x)  4(m  1)   m2    1  m  Vì m ngun nên x 0 có giá trị m  Vậy có hai tham số m nguyên để hàm số đạt cực tiểu x  m  m  Câu 39 Cho hình lập phương ABCD ABC D có tâm O Gọi I tâm hình vuông ABC D M điểm thuộc đoạn thẳng OI cho MO  MI (tham khảo hình vẽ) Khi cosin góc tạo hai mặt phẳng ( MC D) ( MAB ) A 13 65 B 85 85 C 85 85 D 17 13 65 Lời giải Khơng tính tổng qt ta đặt cạnh khối lập phương Chọn hệ trục tọa độ cho A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0;1; 0) A(0; 0;1) (như hình vẽ) 1 1 Khi ta có: M  ; ;   2 3    1     1  Suy ra: AB  (1;0; 0), MA   ; ;     AB, MA    0;  ;   n1  (0; 4;3) VTPT 2 2 3  mặt phẳng ( MAB ) Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021    1     1   DC   (1; 0;0), MD   ;  ;    DC , MD    0; ;    n2  (0; 2; 3) VTPT mặt  2 3  2 phẳng ( MC D) cosin góc hai mặt phẳng ( MAB ) ( MC D) bằng:   n1.n2 0.0  4.2  3.( 3)   17 13 cos(n1 , n2 )      2 2 2 n1 n2 65  ( 4)    (3) Câu 40 Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f (2)   f ( x)  x  f ( x)  với x   Giá trị f (1) A  11 B  C  D  Lời giải Từ hệ thức đề cho: f ( x)  x  f ( x) (1), suy f ( x )  với x  [1; 2] Do f ( x ) hàm không giảm đoạn [1; 2] , ta có f ( x )  f ( 2)  với x  [1; 2] f ( x) Chia vế hệ thức (1) cho  f ( x)   f ( x)  x, x  1; 2 Lấy tích phân vế đoạn [1; 2] hệ thức vừa tìm được, ta được: f ( x) 2 1 1 1  f ( x)2 dx  1 xdx  1  f ( x)2 df (x)   f ( x)   f (1)  f (2)  Do f (2)   1 nên suy f (1)   3 Chú ý: tự kiểm tra phép biến đổi tích phân có nghĩa Câu 41 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  có tâm I  1; 2;1 qua điểm A 1;0; 1 Xét điểm B , C , D thuộc  S  cho AB , AC , AD đơi vng góc với Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn 64 A B 32 C 64 D 32 Lời giải D N I C A M B Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Mặt cầu  S  có bán kính r  IA     Đặt AB  a; AC  b; AD  c a  b2  c 2 a  b  c2 Do  12 Ta có IA2  a  b  c 3 a 2b c  4 1 32 Do V  abc  163  6 Dấu xảy a  b  c Theo BĐT Cô-si ta có: 2 Câu 42 Trong khơng gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x     y  3   z    điểm A 1; 2;3 Xét điểm M thuộc  S  cho đường thẳng AM tiếp xúc với  S  , M ln thuộc mặt phẳng có phương trình A x  y  z  15  B x  y  z  15  C x  y  z   D x  y  z   Lời giải Mặt cầu  S  có tâm I  2;3;4  bán kính r  Do AM tiếp tuyến mặt cầu  S  nên IM  AM  AM  AI  IM Ta có AI  3; IM   AM  Gọi H tâm đường tròn tạo tiếp điểm M ta có AHM đồng dạng với AMI AH AM AM   AH   Suy AM AI AI   Gọi   mặt phẳng chứa tiếp điểm M Khi   có vectơ pháp tuyến n  AI  1;1;1 nên phương trình có dạng x  y  z  d  6d  d  5 Do d  A,     AH    6 d 1  3  d  7 Vậy 1  : x  y  z   0;   : x  y  z    nên 1  không cắt  S  (loại) Và d  I ,      nên   cắt  S  (TM) Do d  I , 1    Câu 43 Ba bạn A , B , C bạn viết ngẫu nhiên lên bảng số tự nhiên thuộc đoạn 1;19 Xác suất để ba số viết có tổng chia hết cho 1027 2539 2287 A B C 6859 6859 6859 D 109 323 Lời giải Ta có n     19 Trong số tự nhiên thuộc đoạn 1;19 có số chia hết cho 3;6;9;12;15;18 , có số chia cho dư 1; 4;7;10;13;16;19 , có số chia cho dư 2;5;8;11;14;17 Để ba số viết có tổng chia hết cho cần phải xảy trường hợp sau: TH1 Cả ba số viết chia hết cho Trong trường hợp có: 63 cách viết TH2 Cả ba số viết chia cho dư Trong trường hợp có: 73 cách viết Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 TH3 Cả ba số viết chia cho dư Trong trường hợp có: 63 cách viết TH4 Trong ba số viết có số chia hết cho , có số chia cho dư , có số chia cho dư Trong trường hợp có: 6.7.6.3! cách viết 63  73  63  6.7.6.3! 2287  Vậy xác suất cần tìm là: p  A   6859 193  x   3t  Câu 44 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y  3 Gọi  đường thẳng qua điểm  z   4t   A 1; 3;5  có vectơ phương u 1; 2; 2  Đường phân giác góc nhọn tạo d  có phương trình  x  1  2t  A  y   5t  z   11t   x  1  2t  B  y   5t  z  6  11t   x   7t  C  y  3  5t z   t  x  1 t  D  y  3  z   7t  Lời giải Ta có điểm A 1; 3;5  thuộc đường thẳng d , nên A 1; 3;5  giao điểm d   Một vectơ phương đường thẳng d v  3;0; 4  Ta xét:   1 2 u1   u  1; 2; 2    ; ;   ; 3 3 u   4  v1   v   3;0; 4     ;0;   5  v     Nhận thấy u1.v1  , nên góc tạo hai vectơ u1 , v1 góc nhọn tạo d      10 22  15 Ta có w  u1  v1    ; ;      2; 5;11 vectơ phương đường phân giác  15 15 15  góc nhọn tạo d  hay đường phân giác góc nhọn tạo d  có vectơ  x  1  2t   phương w1   2; 5;11 Do có phương trình:  y   5t  z  6  11t  Câu 45 Cho phương trình x  m  log ( x  m ) với m tham số Có giá trị nguyên m   15;15  để phương trình cho có nghiệm? A 16 B C 14 Lời giải Ta có: x  m  log  x  m   x  x  log ( x  m )  x  m D 15 (*) Xét hàm số f (t )  3t  t , với t   Có f' (t )  3t ln   0, t   nên hàm số f  t  đồng biến tập xác định Mặt khác phương trình (*) có dạng: f ( x)  f  log ( x  m)  Do ta có f ( x)  f  log ( x  m)   x  log ( x  m)  x  x  m  x  x   m   Xét hàm số g  x   3x  x , với x   Có g' ( x)  3x ln  , g' ( x)   x  log    ln  Bảng biến thiên Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị tham số để phương trình có nghiệm là:      m    ;  g  log     Vậy số giá trị nguyên m   15;15 để phương trình cho có  ln      nghiệm là: 14 Câu 46 Cho khối lăng trụ ABC A'B'C' , khoảng cách từ C đến BB ' , khoảng cách từ A đến BB ' CC ' 1; Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng A ' B ' C ' trung điểm M B ' C ' , A ' M  A 15 15 Thể tích khối lăng trụ cho B C D 15 Lời giải A B F I E C B' A' M K Kẻ AI  BB ' , AK  CC ' ( hình vẽ ) Khoảng cách từ A đến BB ' CC ' 1;  AI  1, AK  Gọi F trung điểm BC A ' M  Ta có 15 15  AF  3 AI  BB '    BB '   AIK   BB '  IK BB '  AK  Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 Vì CC '  BB '  d (C , BB ')  d ( K , BB ')  IK   AIK vuông A Gọi E trung điểm IK  EF  BB '  EF   AIK   EF  AE Lại có AM   ABC  Do góc hai mặt phẳng  ABC   AIK  góc EF AM AE    30  Ta có cos FAE   AME  FAE góc   FAE AF 15 Hình chiếu vng góc tam giác ABC lên mặt phẳng  AIK  AIK nên ta có:  1  S   S ABC S AIK  S ABC cos EAF ABC 15 AF  AM   AM  AMF  Xét AMF vuông A : tan  AM 3 2 15 Vậy VABC A ' B ' C '   3 Câu 47 Cho hai hàm số y  f  x  y  g  x  Hai hàm số y  f   x  y  g   x  có đồ thị hình vẽ đây, đường cong đậm đồ thị hàm số y  g   x  Hàm số 9  h  x   f  x    g  x   đồng biến khoảng đây? 2   16  A  2;   5   B   ;0     16  C  ;   5  Lời giải  13  D  3;   4 9  Ta có h  x   f   x    g   x   2  Nhìn vào đồ thị hai hàm số y  f   x  y  g   x  ta thấy khoảng  3;8  g   x   f   x   10 Do f   x   g   x  9  Như vậy: g   x     x      x  4 2  f   x    10  x    4  x  9    Suy khoảng   ;1 g   x    f   x    10 hay h  x   2      Tức khoảng   ;  hàm số h  x  đồng biến   Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 x 1 có đồ thị  C  Gọi I giao điểm hai tiệm cận  C  Xét tam giác x 1 IAB có hai đỉnh A, B thuộc  C  , đoạn thẳng AB có độ dài Câu 48 Cho hàm số y  B A C 2 Lời giải D x 1  1 x 1 x 1 Đồ thị  C  có hai đường tiệm cận x  1 y  Do I  1;1 Ta có y  Giả sử A, B có hồnh độ x1 , x2 Ta có: 4 2 IA2   x1  1  ; IB   x2  1  ; 2  x1  1  x2  1 2  x2  1   x1  1   2  AB   x2  x1        x2  1   x1  1   2  x2  1  x1  1  x2  x1   Do tam giác IAB nên ta có: 2  x2  12   x1  12   x2  1   x1  1  2   2 IA  IB   x2  1   x1  1   2  x2  12  x1  12   x2  1  x1  1  2  x2  1   x1  1   AB   Loại   x2   x  2  x2  1  x1  1      x2    x  1  + x2   : x1  2    x  12   Khi AB   x2  1   x1  1    x2  1       x2  1   x2  1  2  x  12  2   x2  12  Lại có AB  IB   2   x  1  x  1 2 2  22  x  1    AB  8  42   x2  1   x2  1         x  1    AB  8  42 + x2    : x1      2    x2  12  2 Khi AB   x2  1   x1  1    x2  1      x2  1   x2  12   2  x  12     x2  12  Lại có AB  IB   2   x  1  x  1 2 2  x2  1  4     x2  1   x2  1      Loại  x2  12  4    Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 Vậy AB  2 Câu 49 Có số phức z thỏa mãn z  z   i   2i    i  z ? B A C Lời giải z  z   i   2i    i  z   z   i  z  z   z   i (*)   z  4 2 D  z  z   z   (1) m z 0 Đặt 1    m    ta có  m2  9m2   m    m  8m  m  4m   m   m  6,91638 m      m  1  m  m       m  0.80344  m  7m    L  m  0.71982 3m   m   i Từ (*) ta suy ứng với z  m có số phức z  thỏa mãn đề m4i Vậy có số phức z thỏa mãn yêu cầu toán Câu 50 Cho hàm số y  x  x có đồ thị  C  Có điểm A thuộc đồ thị  C  cho tiếp tuyến  C  A cắt  C  hai điểm phân biệt M  x1 ; y1  ; N  x2 ; y2  ( M , N khác A ) thỏa mãn y1  y2   x1  x2  A C D Lời giải x  x2 y  y2 Phương trình đường thẳng MN có dạng  hệ số góc đường thẳng MN  x1  x2 y1  y2 y y k   x1  x2   Vậy tiếp tuyến A  x0 ; x04  x02  có hệ số góc    x0  1 7 k   f   x0    x0  x0   x0  x0     x0  2 2  x0  2 B 13  11  +) Với x0  1  A  1;    Phương trình tiếp tuyến y  x  8  Xét phương trình hồnh độ giao điểm  x  1  13  11 11  x  x  3x   x  x  x     x    A  1;   thỏa mãn đề 8 8 8  x  1  171 195   +) Với x0   A  3;    Phương trình tiếp tuyến y  x  8   Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Xét phương trình hồnh độ giao điểm 195 195 x  x  3x   x  x  3x     x  3 x  x  13   x   Tiếp 8 8 171   tuyến cắt đồ thị điểm  A  3;   Không thỏa mãn   +) Với x0  2  A  2; 5   Phương trình tiếp tuyến: y  x  Xét phương trình hồnh độ giao điểm  x  2  7 x  x  3x   x  x  3x     x  2 x2  x     x    8 x    A  2; 5 Thỏa mãn đề     Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu toán Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TỐN)  https://www.facebook.com/groups/703546230477890/ Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương  https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber Tải nhiều tài liệu tại: http://diendangiaovientoan.vn/ ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ! Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ ... 0.71982 3m   m   i Từ (*) ta suy ứng với z  m có số phức z  thỏa mãn đề m4i Vậy có số phức z thỏa mãn yêu cầu toán Câu 50 Cho hàm số y  x  x có đồ thị  C  Có điểm A thuộc đồ thị...  3x     x  2 x2  x     x    8 x    A  2; 5 Thỏa mãn đề     Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu toán Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/...    (3) Câu 40 Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f (2)   f ( x)  x  f ( x)  với x   Giá trị f (1) A  11 B  C  D  Lời giải Từ hệ thức đề cho: f ( x)  x  f ( x) (1), suy f (