Đề 18 PTĐMH 2019 đáp án

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA NĂM HỌC 2019 CỦA BGD Đề số 18   Câu Câu Thể tích khối lập phương  ABCD ABC D  có  AB  a  bằng: A a B 2a3 C 4a3 Lời giải Chọn A ABB   vuông cân tại  B  nên:  AB  AB2  AB  a   Thể tích khối lập phương là  a Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên sau:  x  y       2       3    y       D 6a3   4    0                 2      Khẳng định nào sau đây là đúng? A Hàm số đạt cực đại tại  x  C Hàm số đạt cực đại tại  x  2   B Hàm số đạt cực đại tại  x  D Hàm số đạt cực đại tại  x  Lời giải  Chọn A  Hàm số đạt cực đại tại  x  , vì đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua  x   và  yCĐ  y      Hàm số đạt cực tiểu tại  x  , vì đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương qua  x   và  yCT  y    2 Câu  Trong không gian  Oxyz , cho hai điểm  A  0;  1;3  và  B  6;1;  3  Vectơ  AB  có tọa độ là A  6; 2;   B  6;  2;   C  6;0;  D  6; 2;6  Lời giải  Chọn  A AB    0;1   1 ;   3   6; 2;   Câu Cho hàm số  y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới  đây?  A  ; 1 B  1;1 C  0;   D ;  Lời giải Chọn B Nhìn vào đồ thị đã cho, ta có hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 Câu Với  a ,  b  là hai số dương tùy ý,  log  a 3b   bằng A 3log a  4log b B 4log a  3log b C log a  3log b D log a  log b Lời giải Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  Chọn A Có  log  a 3b   log a  log b  3log a  log b Câu 5 Cho   f  x  dx   và   g  x  dx  , khi đó    f  x   g  x   dx  bằng 2 A B 12 C Lời giải D 1 Chọn D 5 Có   f  x   g  x   dx   f  x  dx  3 g  x  dx    2.4  3.3  1 Câu Câu 2 Diện tích của mặt cầu bán kính  a  bằng: A 2 a B 3 a C  a Lời giải D 4 a Chọn D Có S  4 R  4 a   2.4  3.3  1 Số nghiệm của phương trình  log  x  x     là: A B C Lời giải D Chọn A Ta có  x  x   0, x     Câu x  Khi đó  log  x  x     x  x     x  Trong  không  gian  Oxyz ,  cho  mặt  phẳng      đi  qua  A 1; 2;3   và  song  song  mặt  phẳng   Oxy  thì phương trình mặt phẳng     là A x   B x  y  z  C y   Lời giải D z   Chọn D  Mặt phẳng     đi qua  A 1; 2;3  có véc tơ pháp tuyến  k   0;0;1   Nên mặt phẳng     có phương trình là:  z   Câu 10 Họ nguyên hàm của hàm số  f  x   e x  x  là B e x  x  C   A e x  x  C C x e  x C x 1 D e x 1  C   Lời giải Chọn A Ta có   f  x  dx   e x  x dx   e x dx   xdx  e x  x  C x  y 3 z     đi qua điểm nào dưới đây? 2 B M (2; 3; 4) C P(2;3;4) D N(3;2; 3)   Lời giải Câu 11 Trong không gian  Oxyz , đường thẳng  d : A Q(3; 2;3) Chọn C  Đáp án A nhầm vectơ chỉ phương.  Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm.  Đáp án D nhầm vectơ chỉ phương Câu 12 Với  k  và  n  là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn  k  n  Mệnh đề nào dưới đây đúng ? Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A Ank  n! k ! n  k  ! B Ank  n! k! BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021  k ! n  k ! n! C Ank  D Ank  n!  n  k ! Lời giải Chọn C Theo lý thuyết cơng thức tính số chỉnh hợp chập  k  của  n :  Ank  Câu 13 n!  n  k ! Cho cấp số cộng   un   có số hạng đầu  u2   và  u3   Giá trị của  u5  bằng B 15 A 12 D 25 C 11 Lời giải  Chọn C Ta có:  d  u3  u2     u4  u3  d     u5  u4  d  11 Câu 14 Trong  mặt  phẳng  tọa  độ  Oxy ,  3  điểm  A, B, C   lần  lượt  là  điểm  biểu  diễn  của  ba  số  phức  z1   7i ,  z2   5i và  z3  5  9i   Khi đó,  trọng tâm  G   là  điểm  biểu diễn  của  số  phức  nào  sau đây? A z   9i B z   3i C z   i D z   2i Lời giải Chọn C Ta có:  A  3; 7  , B  9; 5 , C  5;9    7  Trọng tâm của tam giác  ABC  là  G  ; 1   3  i Câu 15 Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?  Vậy trọng tâm  G  là điểm biểu diễn của số phức  z  A y  x2 2x 1 B y  2x 1 x2 C y  x2 2x  D y  x2 2x 1 Lời giải  Chọn A 1  Tập xác định:  D   \    Nên loại đáp án B, C 2 1  1  Ta có:  y    ,  x   Hàm số đồng biến trên các khoảng   ;   và   ;     2 2  2   x  1 Nên loại D.  x2 2x 1 Câu 16 Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên đoạn   1;1  và có đồ thị như hình vẽ.  Vậy đồ thị đã cho là của hàm số  y  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489    Gọi  M  và  m  lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn   1;1  Giá trị  của  M  m  bằng A B C Lời giải  D Chọn B Từ đồ thị ta thấy  M  1, m   nên  M  m  Câu 17 Cho hàm số  f ( x)  có đạo hàm  f ( x)  x ( x  1)3 ( x  2), x    Số điểm cực trị của hàm số đã  cho là A B C D Lời giải Chọn B x  Ta có  f ( x)    x  1     x  2 Xét dấu  f ( x) , ta được    Do  f ( x)  đổi dấu 2 lần nên hàm số  f ( x)  có 2 điểm cực trị Câu 18 Tìm hai số thực  a  và  b  để số phức  z   a  bi    a  bi   b   là số thuần ảo, với  i  là đơn vị  ảo A a  ,  b  C a  1  và  b  bất kì B a  0, b  D a   và  b  bất kì Lời giải  Chọn D Ta có:  z   a  bi    a  bi   b   a  2abi  b  2a  2bi  b     a  2a    2ab  2b  i     Để số phức  z  là số thuần ảo thì  a  a    a    Vậy  a   cịn  b  là số thực bất kì Câu 19 Trong không gian với hệ trục tọa độ  Oxyz , cho hai điểm  A 1; 2;0   và  B  3; 2; 2  Phương trình  mặt cầu ( S )  nhận  AB  làm đường kính là 2 B  x     y     z  1  2 2 D  x     y     z  1  18 A  x     y     z  1  18 C  x     y     z  1  2 2 2 Lời giải Chọn C  Ta có:  ( S )  nhận trung điểm  I  2; 2;1  của  AB  làm tâm và có bán kính  R  IA   R  IA  1   2   2      1    2 Suy phương trình mặt cầu  ( S ) :   x     y     z  1  Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021  Câu 20 Đặt  log  a , khi đó  log 25 64  bằng 3a A B 2a C 3a D 2a Lời giải Chọn B  3 Ta có  log 25 64  log52 43  log5  2a 2 Câu 21 Ký hiệu  z1 , z2  là hai nghiệm phức của phương trình  z  z    Giá trị của  z1  z2  bằng A B 10 C Lời giải D 12 Chọn B   z1  2  i 2 2 Ta có :  z  z      Suy ra  z1  z2   z1  z2  10  z2  2  i Câu 22 Trong  không  gian  Oxyz ,  khoảng  cách  giữa  hai  mặt  phẳng   P  : x  y  z     và   Q  : x  y  z    bằng A B C D Lời giải Chọn B  P  / /  Q   2.0  2.0  4  d   P  ;  Q    d  A;  Q       Ta có   12  2  22  A  8; 0;0    P  Nhận xét:  Nếu mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d   Q  : ax  by  cz  d '   a  b  c   song song với  d  d ' d   P  ;  Q    Câu 23 Tập nghiệm của bất phương trình  x A (; 1) C (1;3) 2 x d d' a  b2  c   là B (3; ) D (; 1)  (3; ) Lời giải Chọn C 2 Ta có:  x  x   x  x  23  x  x   x  x    1  x  Câu 24 Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo cơng thức nào dưới đây?  A   x  x  dx B 1   x  x  dx 1 C   x  x  dx 1 D   x  x5  dx   Lời giải Chọn D Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên:  x 1  x dx  x 1  x dx   x  x dx   Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  Vì  y  x  x là hàm số lẻ nên  1 Do đó:   x  x dx  1 x 1 x  x dx   x  x dx    x  x  dx    x dx   x  x dx    x  x  d x 0 Câu 25 Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng  5a  và đường cao bằng  4a  Thể tích khối nón bằng 80 a 3 3 A B 15 a C 12 a D 36 a   Lời giải Chọn C   2 Theo giả thiết:  l  5a, h  4a  r  l  h  3a   1 Suy ra  V   r h    3a  4a  12 a3   3 1 8 a V   r h    2a  2a  3 Câu 26 Cho hàm số y  f ( x ) có bảng biến thiên như sau  Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là A B C Lời giải Chọn D Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có:  lim f ( x )   y  là một tiệm cận ngang  D x  lim f ( x )    x  là một tiệm cận đứng  x 1 Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận là Câu 27 Cho khối chóp tam giác đều có tất cả các cạnh bằng  2a  Thể tích của khối chóp đã cho bằng 8a 2a 2a 2a A B C D 3 3 Lời giải Chọn D Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021  Ta có  SO   ABC   và  S ABC  2a    a2   2 2a a 3 ;  AO  AM  ,  3  2a  2a SO  SA  AO   2a          2 1 2a 2 Vậy thể tích khối chóp là  VS ABCD  S ABC SO  a  a 3 3 Câu 28 Hàm số  f  x   log   x  có đạo hàm A f   x   ln10  x2 B f   x     x  ln10 C f   x   2 x   x  ln10 D f   x   2 x  x2 Lời giải: Chọn C  x   2 x  Ta có:  f   x     x  ln10   x  ln10 2 Câu 29 Cho hàm số  y  f ( x)  có bảng biến thiên như sau:    Số nghiệm thực của phương trình  f ( x)    là: A B C D Lời giải Chọn A Xét phương trình  f ( x)    f ( x)   (1)   Ta có: số nghiệm thực của phương trình  (1)  chính là số giao điểm của đồ thị hàm số  y  f ( x)  và  đồ thị của đường thẳng  y    Dựa vào bảng biến thiên, ta có:  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489    Vậy phương trình  f ( x)    có 4 nghiệm thực Câu 30 Cho hình hộp chữ nhật  ABCD ABC D  có đáy  ABCD  là hình vng,  AC   a  Gọi   P    là  mặt phẳng qua  AC   cắt  BB, DD  lần lượt tại  M , N  sao cho tam giác  AMN  cân tại  A  có  P  ,  ABCD  MN  a  Tính  cos   với      A B  C D Lời giải Chọn A   Ta có AMC N  là hình bình hành, mà tam giác  AMN  cân tại  A  nên  MN  AC    Ta có   BDD ' B '   cắt ba mặt phẳng   ABCD  ,   A' B 'C ' D '  ,   AMC ' N   lần lượt theo ba giao tuyến  BD / / B ' D ' / / MN   Hai mặt phẳng   P   và   ABCD   có điểm chung  A  và lần lượt chứa hai đường thẳng song song  MN ,  BD  nên giao tuyến của chúng là đường thẳng  d  đi qua  A  và song song với  MN , BD   Trên hai mặt phẳng   P   và   ABCD  lần lượt có hai đường thẳng  AC   và  AC  cùng vng góc  với  d  nên góc giữa hai mặt phẳng   P   và   ABCD   chính là góc giữa  AC   và  AC , bằng góc    . Xét tam giác  C 'CA  vng tại  C  có:  CAC cos   AC BD MN a       AC  AC  AC  a 2 Cách 2: Theo chứng minh ở trên thì  MN //BD  và  MN  BD  a   Đa giác  AMC N  nằm trên mặt phẳng   P   có hình chiếu trên mặt   ABCD   là hình vng  ABCD   nên:   BD    S AB 2 2 cos   ABCD     S AMC N AC .MN AC .MN 2 Câu 31 Tổng tất cả các nghiệm của phương trình  log(8.5 x  20 x )  x  log 25  bằng A 16 B C 25 D Lời giải Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021  Chọn B  Ta có :  log(8.5 x  20 x )  log 25.10 x  8.5 x  20 x  25.10 x    (1)   Chia 2 vế phương trình (1) cho  5x  ta được phương trình :   x  25.2 x      (2)   Đặt  t  x   ,  (t > 0) Phương trình (2) trở thành  t  25t  + 8 = 0  3 , gọi  t1 , t2  là hai nghiệm của   3  thì  t1.t2    Hai nghiệm của     là  x1  log t1 , x2  log t2 , ta có:  Ta có  x1  x2  log t1  log t1  log t1.t2  log  Câu 32 Một chi tiết máy là phần cịn lại của một khối trụ có bán kính đáy  r  sau khi đã đục bỏ phần bên  r trong là một khối trụ có bán kính đáy  (tham khảo hình vẽ).    Biết thể tích khối trụ nhỏ bị đục bỏ bằng  20  cm   Thể tích của khối chi tiết máy đó là A 40  cm  B 60  cm  C 80  cm  D 70  cm3  Lời giải Chọn B  Gọi chiều cao khối trụ là  h   Thể tích khối chi tiết máy:  V   r h  20 r Mà thể tích khối trụ nhỏ bên trong là     h   r h  20   r h  80 2 Vậy  V  80  20  60  cm  Câu 33 Họ nguyên hàm của hàm số  f ( x)  x(1  e x ) A  x  1 e x  x B  x  1 e x  x C  x   e x  x D  x   e x  x Lời giải  Chọn D Ta có   x (1  e x )dx   xdx   xe x dx    ux du  dx  Gọi  I   x ln xdx  Đặt     x x dv  e dx  v  e Khi đó  I  xe x   e x dx   Vậy   x (1  e x )dx   xdx  xe x  2 e x dx  x  xe x  x  C =  x   e x  x  C   60 ,  SAB là tam giác đều nằm  Câu 34 Cho hình chóp  S ABCD  có đáy là hình thoi cạnh  2a , góc  BAD   trên mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ  B đến mặt phẳng   SCD    3a a a A B C D a 2 Lời giải Chọn C Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  Gọi  O  là trung điểm của AB  SO  ( ABCD)  .  2a  a SO  là đường cao của tam giác đều cạnh  2a   Từ giả thiết suy ra tam giác  BCD  và tam giác  ABD  là tam giác đều   CD  OD   CD  OD Ta có:    CD   SOD    CD  SO Trong tam giác  SOD  kẻ  OH  SD  tại  H   OH  SD  OH   SCD     OH  CD Do  AB   SCD  suy ra  d  B,  SCD    d  O,  SCD    OH   SO  Nhận thấy tam giác  SOD  là tam giác vuông cân tại  O  với  OD  a   1 a SD  3a  3a  2 Câu 35 Trong  không  gian  Oxyz ,  cho  mặt  phẳng  OH    : x  y  z     và  đường  thẳng  x 1 y  z    Hình chiếu vng góc của  d  trên     có phương trình là x 1 y  z 1 x y  z 1    A B  5 x  y z 1 x y  z 1    C D  5 Lời giải Chọn B  Mặt phẳng    : x  y  z    có vectơ pháp tuyến  n 1;1; 1    x 1 y  z    có vectơ chỉ phương  u  2;3;5    Đường thẳng  d :  Vì  n.u  1.2  1.3   1   nên  d / /     d: Gọi  d '  là hình chiếu vng góc của  d  trên     d '/ / d   Lấy  A 1; 4;0   d  Gọi    là đường thẳng đi qua  A  và vng góc với      x  1 t  Suy ra phương trình đường thẳng    là   y  4  t    z  t  Gọi  A '  là hình chiếu của  A  lên    thì  A '         A '  0; 5;1   Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021  Đường thẳng  d '  là đường thẳng đi qua  A '  0; 5;1 , có vectơ chỉ phương  u  2;3;5  có phương  x y  z 1  trình là   Câu 36 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số  m  để hàm số  y  x  mx  x  đồng biến trên khoảng   2;0  B m  A m  2 13 C m  2 D m   13 Lời giải  Chọn A Ta có  y '  x  2mx   Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng   2;0   y '  0, x   2;0     mx  3x  1, x  2;0   m  3x  , x   2;0    x  x ( L)  1 Xét  f  x   3x  , x   2;0   Ta có : f '  x         x x  x    13   Lại có  lim f ( x )   ; lim f ( x)   và  f     2   x 2 x0 3  Bảng biến thiên:    Dựa vào bảng biên thiên suy ra:  ( ycbt )  m  2 z z 1 i Câu 37 Xét các số phức  z  thoả mãn   là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức   là  z  z i 1  parabol có toạ độ đỉnh 1 3 A I  ;   4 4   1 B I   ;   4 1 3 C I  ;   2 2 Lời giải  1 D I   ;   2 Chọn A Giả sử  z  a  bi    a, b  R    Khi đó   z 1  i  z  z  i 1 a    b  1 i  a    b  1 i  1  2ai      2ai  4a a   2a  b  1   2a  a  1  b  1 i  4a z 1  i     b a a  là số thực suy ra  2a  a  1  b    b  2a  2a          2 2 z  z i 1  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  z a b  có điểm biểu diễn  M  ;      quỹ tích  M  là parabol có phương trình  2 2 y  x2  x    z 1 3 Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức   là parabol có toạ độ đỉnh  I  ;   4 4 ln dx   ln a  ln b  ln c    với  a ,  b ,  c   là  các  số  nguyên  dương.  Tính  Câu 38 Biết  I   x  x e  3e 4 c P  2a  b  c A P  3 B P  1 C P  D P  Lời giải  Chọn D ln ln dx e x dx Ta có  I      e x  3e  x  0 e x  4e x  Đặt:  t  e x  dt  e x dx  Đổi cận:  x   t  ,  x  ln  t    Số phức  1 2 1  t 1 dt     dt  ln   ln  ln  ln     t  4t   t 1 t   t 31 Suy ra a  ,  b  ,  c   Vậy  P  2a  b  c  Câu 39 Cho hàm số y  f ( x )  Hàm số  y  f '( x )  có bảng biến thiên như sau  Khi đó  I     Bất phương trình  f ( x)  e x  2m   có nghiệm đúng với mọi  x  (2;3)  khi và chỉ khi 1 A m   f (2)  e  B m   f (2)  e  2 1 C m   f (3)  e3  D m   f (3)  e3  2 Lời giải Chọn B Ta có:  2m  f ( x)  e x   Xét hàm số  g ( x)  f ( x)  e x , x  (2;3)   Ta có:  g '( x)  f '( x)  e x  0, x  (2;3)   Bảng biến thiên của hàm số  g ( x )      f (2)  e  Câu 40 Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh, gồm 4 học sinh  trường A và 4 học sinh trường B, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học  sinh ngồi. Tính xác suất để các học sinh khác trường nhau thì ngồi đối diện với nhau 8 A B C D 70 70 35 35 Lời giải  Chọn D Vậy  2m  g (2)  2m  f (2)  e  m  Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021  Số phần tử khơng gian mẫu là  8!  40320   Xếp học sinh thứ nhất của trường A vào ngồi vào một trong tám ghế. Có 8 cách.  Do học sinh trường A và trường B ngồi đối diện nhau nên sau khi xếp học sinh thứ nhất của  trường A vào ngồi thì học sinh thứ hai của trường A khơng được ngồi vào vị trí đối diện với học  sinh thứ nhất đó. Vậy có 6 cách xếp.  Tương tự như vậy xếp học sinh thứ ba của trường A có 4 cách.  Xếp học sinh thứ tư của trường A có 2 cách.  Xếp 4 học sinh của trường B vào bốn ghế cịn lại có  4!  cách.  Số cách xếp các học sinh khác trường nhau thì ngồi đối diện với nhau là  8.6.4.2.4!  9216  cách.  9216 Vậy xác suất cần tìm là   Đáp án D  40320 35 Câu 41 Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz ,  cho  tam  giác  ABC   với  A  2;1;3 ,   B 1; 1;  ,   C  3; 6;  ,   D  2;  2;  1   Điểm  M  x; y; z    thuộc  mặt  phẳng   P  : x  y  z     sao  cho  S  MA2  MB  MC  MD  đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức  P  x  y  z A P  B P  C P  D P  2 Lời giải  Chọn B Trọng tâm  G  của tứ diện  ABCD  có tọa độ là:  G  2; 2;1   Ta có:          S  MG  GA  MG  GB  MG  GC  MG  GD       MG  MG GA  GB  GC  GD  GA2  GB  GC  GD       2       2  MG  GA  GB  GC  GD Do  GA2  GB  GC  GD  không đổi nên  S  nhỏ nhất khi và chỉ khi  MG  nhỏ nhất, hay  M  là  hình chiếu vng góc của  G  lên   P    x   t  Đường thẳng  d  qua  G  và vng với   P   có phương trình:   y  2  t   z  1 t  Điểm  M  d   P  ,  M  d  M   t ;   t ;1  t     1 4 Từ  M   P   ta được:   t  ( 2  t )   t    t    M   ; ;      3 3 2  1 1  4 Ta có:  P              3 3  3 z  2i  là một số thuần ảo zi C D Lời giải Câu 42 Có bao nhiêu số phức  z  thỏa  z   2i  z   4i  và  A B Vô số Chọn C Đặt  z  x  yi ( x, y   )   Theo bài ra ta có  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  x    y  2 i  x     y  i 2 2   x  1   y     x  3   y    y  x    z  2i x   y   i x   y   y  1  x  y  3 i Số phức  w      x  1  y  i z i x   y  1  x   y   y  1   12 x     w  là một số ảo khi và chỉ khi   x   y  1    y  x 5  y  23   12 23 Vậy  z    i Vậy chỉ có  1 số phức  z  thỏa mãn 7 Câu 43 Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên  R  và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá  trị thực của tham số  m  để phương trình  f  e x   m  có nghiệm thuộc khoảng   0;ln    A  3;0  C 0; 3 B  3;3 D  3;0 Lời giải Chọn A Đặt  t  e x  Với  x   0;ln   t  1;    Phương trình  f  e x   m  có nghiệm thuộc khoảng   0;ln   khi và chỉ khi phương trình  f  t   m   có nghiệm thuộc khoảng  1;   3  m  Câu 44 Vận  dụng  thông  tư  số  14/2017/TT-NHNN  của  Ngân  hàng  Nhà  nước  quy định  về  phương  pháp  tính lãi trong hoạt động nhận tiền gửi, có hiệu lực từ ngày 1/1/2018, ngân hàng A đã tính số tiền  lãi theo một kì bằng số ngày của kì gửi nhân với số tiền lãi của một năm chia cho 365. Một khách  hàng gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng vào ngày 4/7/2018 với lãi suất 5%/năm, kì hạn 1 tháng,  ngày tính lãi hàng tháng là ngày 4/7, biết rằng trong khi gửi khác hàng khơng đến rút lãi về, ngân  hàng tính theo thể thức lãi kép. Đến ngày 4/9/2018, người đó đến ngân hàng rút cả vốn lẫn lãi về.  Hỏi số tiền (tính bằng nghìn đồng) khách hàng nhận được là số nào sau đây: A 100835 B 100836 C 100834 D 100851 Lời giải Chọn D Do tháng 7 và tháng 8 đều có 31 ngày nên số tiền khách hàng nhận được là :  5% 5%     100.106   31    31  100851000  đồng  365   365  2 Câu 45 Trong không gian  Oxyz,  cho   S  :  x  3   y     z    36 , mặt phẳng   P   di động luôn  đi qua điểm  M  2;1;3  và cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường trịn   C   Đường thẳng đi qua  tâm mặt cầu vng góc mặt phẳng   P   cắt mặt cầu tại hai điểm  C , D  Gọi  T  là tổng thể tích hai  khối nón có đỉnh lần lượt là  C , D , đáy là   C  ,  V  là thể tích khối cầu,  k  tích nhỏ nhất thì  k  là Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ T  Khi   C   có diện  V A k  12 10 B k  27 C k  Lời giải BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021  D k  12 Chọn A C M H I D 2 Mặt cầu   S  :  x     y     z    36  có tâm  I  3; 2;5  , bán kính  R    Có  IM    R , nên  M  thuộc miền trong của mặt cầu   S    Có mặt phẳng   P   đi qua  M  nên   P  ln cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường trịn   C    Gọi  H là điểm chiếu của  I  trên mặt phẳng   P  , thì  H  là tâm của đường trịn   C    Gọi  r  là bán kính của   C  , có  r  R  d  I ,  P   ,  d  I ,  P    IM    Khi đó  r  đạt giá nhỏ nhất   d  I ,  P    đạt giá trị lớn nhất  d  I ,  P    IM    M  H , M  2;1;3 , lúc này có  IH  ,  r  30   Có  C , D  là giao điểm của  IH  và mặt cầu thì  CD  12   Gọi  SC  là diện tích hình trịn   C  ,  SC   r  30   Gọi  V , V1 , V2  lần lượt là thể tích khối cầu, khối nón đỉnh  C, D   4 1 Có  V   R3   216  288 ,  T  V1  V2  R.SC  12.30  120   3 3 T 120 5   Vậy  k  Suy ra  k   V 288 12 12 Câu 46 Một biển quảng cáo với   đỉnh  A, B, C , D như hình vẽ. Biết chi phí để sơn phần tơ đậm là  200.000(đ/m ) sơn phần cịn lại là  100.000đ/m  Cho  AC  8m; BD  10 m; MN  m Hỏi số tiền  sơn gần với số tiền nào sau đây:  A 12204000đ B 14207000đ C 11503000đ Lời giải D 10894000đ Chọn A Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489    yN  x y   elip có phương trình là:    Vì  MN   xN    16 25  5  yN   2 Diện tích phần tơ đậm là S1   5 25  y dy  59, 21 (m )   Diện tích elip là  S   4.5  20 (m )   Diện tích phần trắng là  S  S  S1  3, 622 ( m )   Tổng chi phí trang chí là: T  59, 21.200000  3, 622.100000  12204200đ Câu 47 Cho khối lăng trụ  ABC.ABC  có thể tích bằng   Gọi  M  là trung điểm của đoạn thẳng  AA  và  N  là điểm nằm trên cạnh  BB '  sao cho  BN  2B ' N  Đường thẳng  CM  cắt đường thẳng  CA tại  P , đường thẳng  CN  cắt đường thẳng  CB  tại  Q  Thể tích của khối đa diện lồi  AMPBNQ bằng  13 A B C D .  9 Lời giải  Chọn A VABC MNC '  AM BN CC '  13 13        VABC MNC '    VABC A ' B 'C '  AA ' BB ' CC '  18 V  AM BN CC  7   Lại có:  ABC MNC      VABC MNC    VABC A ' B ' C '  AA ' BB ' CC '  18 Suy ra:  VC.MNC '  VABC.MNC '  VABC MNC    V CM CN CC '     *   Mà:  C MNC '  VC PQC ' CP CQ CC ' Ta có:  AM  CM  CM   1   CMA  PMA '  PM A ' M  CP   Ta có:     CNB  QNB '  CN  BN   CN   CQ  QN B ' N V Thay vào  *  ta có:  C MNC '    VC PQC '  3VC MNC '    VC PQC ' 3 11    VA' MPB ' NQ  VC PQC '  VA' B ' C '.MNC    Câu 48 Cho hàm số  y  f  x   có đồ thị  f   x   như hình vẽ sau  Có:  VA ' B 'C '.MNC  VLT  VABC MNC  Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021     x3  Hàm số  y  g  x   f  x 1    x   đồng biến trên khoảng nào dưới đây?  3 B  4; A  1;  C  2;  D  0;  Lời giải  Chọn D Ta có:  y   g   x   f   x  1   x  x    x  Dựa vào đồ thị  f   x   ta có  f   x  1    x     x  1  x   0  x  f   x  1       x 1  x  Bảng xét dấu  y  g   x      Vậy hàm số đồng biến trên   0;  Câu 49 Gọi  S  là tập hợp tất cả các giá trị của tham số  m  để bất phương trình  m x   m   x  x   m  1 x   nghiệm đúng với mọi  x    Số phần tử của tập  S  là A B C Lời giải D Chọn D Đặt  f  x   m x   m   x  x   m  1 x   Ta có  f  x   m x   m   x  x   m  1 x  x  m x3   m   x  x   m  1   Giả sử  x   khơng phải là nghiệm của phương trình  g  x   m x   m   x  x   m  1   thì hàm  số  f  x   m x   m   x  x   m  1 x  sẽ đổi dấu khi qua điểm  x  , nghĩa là  m x   m   x  x   m  1 x   khơng có nghiệm đúng với mọi  x     Do đó , để u cầu bài tốn được thỏa mãn thì một điều kiện cần là  g  x   m x   m   x  x   m  1   phải có nghiệm  x  , suy ra  m    m  1   Điều kiện đủ:  Với  m  1, f  x   x  x  x  x  x  x  1  khi đó  f 1  1   không thỏa mãn điều kiện  m x   m   x  x   m  1 x   nghiệm đúng với mọi  x    (loại)  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  Với  m  1, f  x   x  x  x  x  x  x  1  ,  x     Vậy  S  1 Câu 50 Cho hàm số  f  x   mx  nx3  px  qx  r , (với  m, n, p, q, r   ). Hàm số  y  f   x   có đồ thị  như hình vẽ bên dưới:  y 1 O x   Tập nghiệm của bất phương trình  f  x   r  có bao nhiêu giá trị nguyên? A B C Lời giải  D Chọn B Ta có  f   x   4mx3  3nx  px  q   1   ,    Do đó  f   x   m  x  1 x   x  3  và  m   Hay  f   x   4mx3  13mx  2mx  15m    2   Dựa vào đồ thị  y  f   x   ta thấy phương trình  f   x    có ba nghiệm đơn là  1,  13 m ,  p  m  và  q  15m   Khi đó bất phương trình  f  x   r  mx  nx3  px  qx    Từ  1  và   2  suy ra  n   13    m  x  x  x  15 x    3     Do  m   nên   3  3x  13x3  3x  45 x   x  x   x         x    ;0   hoặc  x        Vậy tập nghiệm của phương trình  f  x   r  là  S    ;   3     Do đó  S  có ba giá trị nguyên là  1;0;3 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 TOÁN)  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 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ ... 2;3) Chọn C  Đáp? ?án? ?A nhầm vectơ chỉ phương.  Đáp? ?án? ?B nhầm dấu tọa độ điểm.  Đáp? ?án? ?D nhầm vectơ chỉ phương Câu 12 Với  k  và  n  là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn  k  n  Mệnh? ?đề? ?nào dưới đây đúng ?...   z  1  18 A  x     y     z  1  18 C  x     y     z  1  2 2 2 Lời giải Chọn C  Ta có:  ( S )  nhận trung điểm  I  2; 2;1  của  AB  làm tâm và có bán kính  R ... hàng gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng vào ngày 4/7/2 018? ?với lãi suất 5%/năm, kì hạn 1 tháng,  ngày tính lãi hàng tháng là ngày 4/7, biết rằng trong khi gửi khác hàng khơng đến rút lãi về, ngân  hàng tính theo thể thức lãi kép. Đến ngày 4/9/2 018,  người đó đến ngân hàng rút cả vốn lẫn lãi về.