Đề 20 PTĐMH 2019 đáp án

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 Đề số 20 Câu PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA-NĂM HỌC 2019 CỦA BGD Thể tích khối hộp chữ nhật có độ dài cạnh a, 2a,3a bằng: A 2a Câu B 6a C 2a3 D 3a Lời giải Chọn B Thể tích hộp chữ nhật: a.2 a.3a  a Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình bên Mệnh đề đúng? y x O 2 A Hàm số có giá trị cực tiểu B Hàm số đạt cực đại x  đạt cực tiểu x  C Hàm số có giá trị lớn giá trị nhỏ 2 D Hàm số có ba điểm cực trị Lời giải Chọn B Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có cực trị Hàm số đạt cực đại x  giá trị cực đại Hàm số đạt cực tiểu B 1; 1 giá trị cực tiểu 2 Câu   Trong không gian Oxyz , cho hai điểm P  0;0;  3 Q 1;1;  3 Vectơ PQ  j có tọa độ A  2;1;0 B  1; 1;0  C 1;4;0 D 1;1;1 Lời giải Chọn C   PQ  1  0;1  0;     3   1;1;0  ; j   0;1;0    PQ  j  1; 4;0  Câu Cho hàm số y  f  x có đồ thị hình vẽ bên Hàm số cho nghịch biến khoảng đây? A ; 1 B 1;1 C 1; 2 Lời giải D 0;1 Chọn D Nhìn vào đồ thị cho, ta có khoảng 0;1 đồ thị hàm số xuống (theo chiều từ trái qua phải) nên nghịch biến khoảng 0;1 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Câu  b5  Với a , b hai số dương tùy ý, log    10a  A 5log b 1  3log a B 5log b  1  log a  C 5log b   3log a D 5log b 1  3log a Lời giải Chọn D  b5   log b5  log 10a   5log b  log10  log a3   5log b   3log a Có log    10a  10 Câu Cho 10  f  x  dx   f  x  dx  ,  f  x  dx   f  x  dx A 10 B C Lời giải D 1 Chọn B 10 10 Có  f  x  dx    f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  10 7  f  x  dx   f  x  dx    f  x  dx    Câu 7 3  a , bán kính mặt cầu bằng: a B C 3a Lời giải Cho mặt cầu có diện tích A a D a Chọn B Câu a Có S  4 R   a  R  4 Phương trình ln x  ln  x  1  có nghiệm? A B C Lời giải D Chọn B x  x Điều kiện  2 x   Khi đó, phương trình tương đương với: Câu x 1 ln  x  x  1    x  x     x    So sánh với điều kiện ta x  nghiệm Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   qua A 1; 4; 3 song song mặt phẳng  Oyz  phương trình mặt phẳng   A x   là: B x  y  z  C y   Lời giải Chọn A  Mặt phẳng   qua A 1; 4; 3 có véc tơ pháp tuyến i  1;0;0  Nên mặt phẳng   có phương trình là: x   Câu 10 Họ nguyên hàm hàm số f  x   x  2018 x  2019 Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ D z   BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 x x 1009 x  2019 x  C ln C 2x.ln 1009x2  2019x  C  2018 x2  2019 x  C ln D x.ln 1009 x  2019 x  C Lời giải A B Chọn A Ta có   f  x dx   2 x  2018 x  2019 dx   x dx  2018 xdx  2019 dx 2x  1009 x  2019 x  C ln x 1 y  z    qua điểm đây? 2 B M ( 1; 3; 4) C P (1;3; 4) D N (1; 3; 2) Lời giải Câu 11 Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : A Q (1;3; 2) Chọn C Đáp án A nhầm vectơ phương Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm Đáp án D nhầm vectơ phương Câu 12 Tìm giá trị x   thỏa mãn C 1x 1  3C x2  C x31 A x  12 B x  C x  16 D x  Lời giải Chọn A  x  1!   x  !   x  1! Điều kiện: x  x   Ta có C 1x 1  3C x2  C x31  1! x! 2!.x! 3!  x   !  x    x  1  x     x  1 x  x  1    x     x  1 x 6  x  2   x  18  x  x  x  10 x  24     x  12 Câu 13 Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u3  1 u4  Công sai d A B 3 C Lời giải D Chọn A Ta có: d  u4  u3  Câu 14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu diễn số phức z   2i nằm đường trịn có tâm I ( 1;1) bán kính r Bán kính r bằng: A B C 13 Lời giải D 13 Chọn A Điểm biểu diễn số phức z   2i mặt phẳng tọa độ Oxy điểm M  3; 2 Do đó: bán kính đường trịn r  IM  2 3  (1)   2  1  Câu 15 Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây? Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 A y  x 1 1 2x B y  x 1 1 2x C y  x2  2x D y  x 1 2x 1 Lời giải Chọn A 1  Tập xác định: D   \   Loại đáp án D 2 Đồ thị hàm số qua điểm M  1;0  nên có đáp án A thỏa mãn x 1 1 2x Câu 16 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Vậy đồ thị cho hàm số y  Giá trị nhỏ hàm số có bảng biến thiên sau khoảng  2;3 là: A y   2;3 B y  3 C y   2;3  2;3 D y   2;3 Lời giải Chọn B Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ  Câu 17 Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f ( x) có bảng biến thiên hình vẽ Số điểm cực trị hàm số cho A B C Lời giải D Chọn A Quan sát BBT ta có f ( x)  có nghiệm phân biệt f ( x) đổi dấu qua ba nghiệm nên hàm số cho có điểm cực trị Câu 18 Cho số phức z thỏa mãn   i  z   1  i  với i đơn vị ảo Tính giá trị biểu thức A  z  2z A A  50 B A  13 C A  25 Lời giải D A  Chọn D  1  i   4i Ta có:   i  z   1  i   z  2i Vậy A  z  z   i    i   4  3i  Câu 19 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu  S  nhận gốc tọa độ O làm Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 tâm có bán kính R  A x  y  z  16 B x  y  z  C x  y  z  Lời giải D x  y  z  Chọn A  S  có tâm O  0;0;0 , bán kính R  2 Suy  S  có phương trình:  x     y     z    42 hay x  y  z  16 Câu 20 Đặt log  a , log 18  2a a A B a  2a C a 1 a D 2a  a Lời giải Chọn D Ta có log 18  log   2 2a  2 2 2 log log a a Câu 21 Gọi z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  z  10  Giá trị biểu thức z1  z2  z1 z2 A 10 B 15 C 15 D 10 Lời giải Chọn B  z1  z2  5  i 15 Ta có z  z  10   z1,2  Theo Vi-et ta có:   z1.z2  10 Khi đó: z1  z2  z1 z2   20  15 Câu 22 Trong không gian Oxyz , khoảng cách hai mặt phẳng  P  : x  y  3z    Q  : x  y  3z   A 14 C 14 B D Lời giải Chọn C  P  / /  Q   2.0  2.0  Ta có   d   P  ;  Q    d  A;  Q     14 12  22  32  A  8;0;    P  Câu 23 Tập nghiệm bất phương trình 35 x  x  81 đoạn  a; b  Tính a  b ? A a  b  B a  b  C a  b  Lời giải D a  b  3 Chọn B Ta có: 2 35 x  x  81  35 x  x  34  x  x   x  x     x   a  1; b   a  b  Câu 24 Diện tích phần hình phẳng tơ đậm hình vẽ bên tính theo công thức đây? Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 A  x  x  3x  1 dx 1 C  x x B  x  3x  dx  x  x  dx 1  x  x  1 dx D 1 x 1 Lời giải Chọn B Diện tích hình phẳng tơ đậm hình vẽ bên là:  x 1  x    x  1 dx  x  x  x  dx  1 x  x  x  dx 1 Câu 25 Cho khối nón có thiết diện qua trục tam giác SAB vuông S với cạnh SA  a Thể tích khối nón  a3  a3  a3  a3 A B C D 12 12 Lời giải Chọn A Theo tính chất hình nón ta có SA  SB  l Vậy tam giác SAB vuông cân S suy SA  SB  a, AB  a  SO  OB  a 2 1  a  a  a3 Vậy V   r h      3   12 Câu 26 Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên sau Tổng số tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho A B C Lời giải Chọn B lim f ( x )    x  1 tiệm cận đứng D x 1 lim f ( x)   nên đồ thị hàm số tiệm cận ngang x  Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận Câu 27 Cho khối chóp tam giác có cạnh đáy a , cạnh bên 2a Thể tích khối chóp cho 33a 11a 2a 11a A B C D 12 12 Lời giải Chọn B Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021 Ta có SO   ABC  S ABC  a2 2 a a ; AO  AM  ,  3 a 3 a 33 SO  SA  AO   2a        2 1 a a 33 11 Vậy thể tích khối chóp VS ABC  S ABC SO   a 3 12 Câu 28 Hàm số f  x   ln x có đạo hàm A f   x   2.ln x x C f   x   B f   x   2.ln x x.ln x D f   x   ln x x Lời giải Chọn A 2.ln x Ta có: f   x   2.ln x  ln x   x Câu 29 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình sau: Số nghiệm phương trình A 1 f  x  1 f  x B C Lời giải D Chọn D 1 f  x Ta có   1 f  x   f  x  f  x   1 f  x Như vậy, số nghiệm thực phương trình (1) số giao điểm đồ thị hàm số y  f ( x) đồ thị đường thẳng y   Dựa vào đồ thị ta có đường thẳng y   cắt đồ thị hàm số y  f  x  bốn điểm phân biệt Vậy phương trình cho có bốn nghiệm Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Câu 30 Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có cạnh AB  2, AD  3; AA  Góc hai mặt phẳng  BC ' D   AC D   Tính giá trị gần góc  ? A 45, 2 B 38,1 C 53, 4 D 61,6 Lời giải Chọn D z D' A' B' C' A D y B x C Dựng hệ tọa độ Oxyz hình vẽ, ta có A  0;0;0  , B  2;0;0  , D  0;3;0  A  0;0;4  , C   2;3; 4     BC    0;3;  , BD   2;3;0  , AC    2;3;  , AD   0;3;      Véc tơ pháp tuyến  BC D  là: n1   BC , BD    12;  8;     Véc tơ pháp tuyến  AC D  là: n2   AC , AD    12;8;6  Ta có:   29 cos   cos  n1 , n2      61, 6 61 Câu 31 Tổng tất nghiệm phương trình 32 x  (2 x  9).3x  9.2 x  A B C D 2 Lời giải Chọn B Đặt t  x , t  t  Phương trình trở thành: t  (2 x  9)t  9.2 x    x t  * Với t   3x   x  x 3 * Với t  x  3x  x      x  2 Vậy, phương trình có hai nghiệm x1  ; x2   x1  x2  Câu 32 Một chi tiết máy gồm khối trụ có chiều cao h gắn với (như hình vẽ) Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 Khối trụ lớn có bán kính đáy r lớn gấp đơi bán kính đáy hai khối trụ nhỏ (hai khối trụ nhỏ nhau) Biết thể tích khối chi tiết máy 90cm3 Tính thể tích khối trụ lớn A 30 cm3 B 45cm3 C 70cm3 D 60 cm3 Lời giải Chọn D Thể tích khối trụ lớn giữa: V1   r h 3 r Tổng thể tích chi tiết máy: V   r h  2   h   r h  V1 2 2 Suy ra: V1  90 Do đó: V1  60 Câu 33 Tính nguyên hàm I   sin x.e x dx , ta được: A I  e x  sin x  cos x   C C I  e x sin x  C B I  e x  sin x  cos x   C D I  e x cos x  C Lời giải Chọn A u  sin x du  cos xdx  Đặt  x x dv  e dx v  e Khi Áp dụng cơng thức tích phân phần, ta I  e x sin x   cos xe x dx  e x sin x  J u  cos x du   sin xdx  Tính J   cos xe x dx Đặt   x x dv  e dx v  e Áp dụng cơng thức tích phân phần, ta được: J  e x cos x   sin xe x dx  e x cos x  I Do I  e x sin x  J  e x sin x   e x cos x  I   I  e x sin x  e x cos x  e x  sin x  cos x  Vậy I  e x  sin x  cos x   C   60 , SB  a mặt phẳng  SBA Câu 34 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi cạnh a , BAD mặt phẳng  SBC  vng góc với mặt phẳng đáy Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  A 21a B 5a C 21a D 15a Lời giải Chọn A Gọi M làtrungđiểmcủa CD Do tam giác BCD đềucạnh a nên BM  DC BM  a Suyra  DC   SBM  Trong tam giác SBM kẻ BH  SM H  CD  BH Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  BH  SM  BH   SCD   d  B;  SCD    BH   BH  DC 1 a 21 Trong tam giácvng SBM ta có     BH  2 2 BH SB BM 21a Câu 35 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình phương trình hình chiếu x 1 y  z  đường thẳng mặt phẳng  Oxy  ?   x  1 t x  1 t x  1 t  x   2t     A  y   3t B  y  2  3t C  y  2  3t D  y  2  3t z  z  z  z      Lời giải Chọn D x 1 y  z  Đường thẳng qua M 1; 2;3 N  3;1;4    Gọi M  N  hình chiếu M N  Oxy  ta có M  1; 2;0  , N   3;1;0   x   2t  Phương trình hình chiếu cần tìm là: M N  :  y  2  3t  z0  Câu 36 Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x3  x   m  1 x  m  đồng biến khoảng  ; 1  2;  A m  3 B m  3 C m  6 Lời giải D m  6 Chọn A Ta có: y  x  x  m  Hàm số cho đồng biến  ; 1  2;    y '  0, x   ; 1 (2; )  m  3 x  x  1, x  (; 1) (2; ) Xét f ( x)  3x  x  1, x   ; 1  2;  Ta có f '( x)  6 x  Cho f '( x)   6 x    x  Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra: ( ycbt )  m  3 Câu 37 Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I  3;0  , bán kính R  , tập hợp điểm biểu diễn số phức w  A R  B R  i đường trịn có bán kính z 1 13 C R  Lời giải Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ D R  BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 Chọn B i wi  z 1 z 1 w Giả sử M điểm biểu diễn số phức z , I điểm biểu diễn số phức z1   MI  z  z1   z     Ta có w  wi i  2w 3 1   i  2w  w w w Đặt w  a  bi  a, b  R  Thay 1 vào   i  2w  w  2a  1  2b  i  a  bi  4a  1  2b   a  b2  a  b  b   3  quỹ tích điểm biểu diễn số phức w đường tròn bán kính R  3 b 35 b Câu 38 Biết I   x ln  x  1 dx  ln a  , a , b , c số nguyên dương phân c c số tối giản Tính S  a  b  c A S  6 B S  C S  D S  12 Lời giải Chọn B Ta có I   x ln  x  1 dx  du  dx u  ln  x  1  2x 1 Đặt   dv  xdx v  x  3 x ln  x  1 x2 I   x ln  x  1 dx   dx 2 x  0 3 x   x2  9 35  ln      d x  ln     x  ln x    ln  2 4  x  1   4 0 0 a    b   S  a  b  c     c   Câu 39 Cho hàm số y  f ( x ) Hàm số y  f '( x ) có bảng biến thiên sau Bất phương trình e x  m  f ( x) có nghiệm thuộc  4;9 A m  f (2)  e Chọn D Ta có: m  e x x e C m  f (9)  e3 Lời giải D m  f (9)  e3  f ( x) Xét hàm số g ( x)  e g ( x)  B m  f (2)  e x x  f ( x)  4;9  f ( x) , x  [4;9] Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Bảng biến thiên hàm số g ( x ) g ( x)  m  e3  f (9) Vậy m  max [4;9] Câu 40 Trong hội diễn văn nghệ chào mừng ngày nhà giáo Việt Nam 20/11 có 201 em dự thi, có em trường có số báo danh dự thi lập thành cấp số nhân Trước vào biểu diễn văn nghệ em ngồi ngẫu nhiên vào hai hàng ghế đối diện nhau, dãy có bốn ghế ghế ngồi học sinh Tính xác suất để tích số báo danh hai em ngồi đối diện 8 1 A B C D 70 35 35 105 Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu 8!  40320 Gọi A biến cố : “Tích số báo danh hai em ngồi đối diện nhau” Giả sử số báo danh học sinh u1 , u2 , , u8 Theo tính chất cấp số nhân, ta có : u1.u8  u2 u7  u3 u6  u4 u5   u1  q với q công bội cấp số nhân Xếp học sinh có số báo danh u1 vào ngồi ghế Có cách Học sinh ngồi đối diện với học sinh có số báo danh u1 bắt buộc phải có số báo danh u8 Chỉ có cách xếp Xếp học sinh có số báo danh u2 vào ngồi ghế lại Có cách Học sinh ngồi đối diện với học sinh có số báo danh u2 bắt buộc phải có số báo danh u7 Chỉ có cách xếp Cứ ta có số phần tử biến cố A 8.6.4.2  384 cách 384 Do xác suất biến cố A :  40320 105 Câu 41 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;4;5 , B  3; 4;0  , C  2;  1;0  mặt phẳng  P  : 3x  y  z  12  Gọi M  a ; b ; c  thuộc  P  cho MA2  MB  3MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng a  b  c A B C 2 Lời giải Chọn A     Gọi I  x ; y ; z  điểm thỏa mãn IA  IB  3IC    Ta có: IA  1  x ;  y ;5  z  , IB    x ;  y ;  z   3IC    3x ;   y ;  3z  1  x   x   3x  x    Từ ta có hệ phương trình: 4  y   y   y    y   I  2;1;1 5  z  z  3z  z    Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ D 3      Khi đó: MA  MA  MI  IA  MI  2MI IA  IA2      MB  MB  MI  IB  MI  2MI IB  IB      3MC  3MC  MI  IC  MI  2MI IC  IC   BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021       Do đó: S  MA2  MB  3MC  MI  IA2  IB  3IC Do IA2  IB  IC không đổi nên S đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ Tức M hình chiếu I lên mặt phẳng  P  : 3x  y  z  12   Vectơ phương IM n   3;  3;    x   3t  Phương trình tham số IM là:  y   3t ,  t    z   2t  Gọi M   3t ;1  3t ;1  2t    P  hình chiếu I lên mặt phẳng  P  Khi đó:   3t   1  3t   1  2t   12   22t  11   t  7  Suy ra: M  ;  ;0  Vậy a  b  c    2 2  Câu 42 Có số số phức z thỏa mãn 1  i  z   2i  1  i  z   4i ? A B C Lời giải D Chọn A Giả sử z  a  bi  a, b    , ta có 1  i  z   2i  1  i  z   4i  1  i  a    b   i  1  i  a  b   4i  1  i    a  4  b  2  a  4   b  2 2  1  i  a  b   4i  a  b2     a  4  b  2  a  b  i   4i    a  2   b  2  a  b   a2  b2      2   a     b      a  2   b  2  a  b    a  b    8a  4b  20  25  8a  4b   b  2a   2  a  b  8a  4b  20  25 a   a   2a  1   5a  4a    a   + Với a   b  2.0   1 4 + Với a   b    5 Do có số phức z thỏa mãn toán Câu 43 Cho hàm số y  f  x  liên tục R có đồ thị hình vẽ Có giá trị 2 1  nguyên m để phương trình f  log x   m có nghiệm  ;  2  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 A C Lời giải B D Chọn B 1  Đặt t  log x , x   ;   t   2;2  2  1  Phương trình f  log x   m có nghiệm thuộc nửa khoảng  ;  2   2  m  phương trình f  t   m có nghiệm thuộc  2;    m   có giá trị nguyên m thỏa mãn Câu 44 Vào đầu năm anh Thắng gửi vào ngân hàng số tiền 30 triệu đồng với kì hạn năm, lãi suất 7%/năm (mỗi lần gửi cách năm) Hỏi sau năm (sau ngân hàng tính lãi cho lần gửi cuối cùng) anh Thắng số tiền gốc lẫn lãi từ 500 triệu đồng trở lên? (biết suốt thời gian gửi tiền, anh Thắng không đến rút lãi về, ngân hàng tính theo thể thức lãi kép lãi suất hàng năm không đổi) A năm B năm C 11 năm D 10 năm Lời giải Chọn C Gọi N số năm anh Thắng gửi ngân hàng Lần gửi anh Thắng gửi 30 triệu đồng, đến hết năm thứ N anh tính vốn lãi cho số tiền : 30.106.(1  7%) N Lần gửi thứ anh Thắng gửi 30 triệu đồng, đến hết năm thứ N anh tính vốn lãi cho số tiền : 30.106.(1  7%) N 1 … Lần gửi thứ N anh Thắng gửi 30 triệu đồng, đến hết năm thứ N anh tính vốn lãi cho số tiền : 30.106.(1  7%)1 Tổng số tiền anh Thắng nhận  (1  7%) N 30.106.(1  7%) N  30.106.(1  7%) N 1   30.106.(1  7%)  30.106.(1  7%)  (1  7%) N  (1  7%) Để số tiền từ 500 triệu đồng trở lên 30.106.(1  7%)  500.106  (1  7%) Giải ta N  10,89 nên số năm cần gửi tối thiểu 11 năm Câu 45 Cho hai mặt cầu  S1  : x  y  x  y  z  11  ,  S2  : x  y  x  y  z   cắt theo giao tuyến đường tròn  C  Lấy điểm A thuộc đường tròn  C  Gọi I , J tâm mặt cầu  S1  , S2  , S diện tích tam giác AIJ S có giá trị A S  219 B S  26 C S  15 Lời giải Chọn D Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ D S  209 BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 J T A I Cách Mặt cầu  S1  : x  y  x  y  z  11  có tâm I 1;3;  , bán kính R1  Mặt cầu  S2  : x  y  x  y  z   có tâm J 1; 2;1 , bán kính R2  Có IJ  26 , nửa chu vi tam giác AIJ p  R1  R2  IJ  26  2 Diện tích tam giác AIJ là: S p  p  R1  p  R2  p  IJ   209 Cách Mặt cầu  S1  : x  y  x  y  z  11  có tâm I 1;3;  , bán kính R1  Mặt cầu  S2  : x  y  x  y  z   có tâm J 1; 2;1 , bán kính R2  Có IJ  26 , R1  R2  IJ  R1  R2 Suy hai mặt cầu  S1  ,  S2  cắt theo giao tuyến đường tròn  C  Gọi M  x; y; z  điểm chung  S1  ,  S2  tọa độ M nghiệm hệ:  x  y  x  y  z  11   5y  z    2  x  y  x  y  z   Suy M thuộc mặt phẳng  P  y  z   Giao tuyến mp  P   S1  đường tròn  C  chứa điểm A Gọi T giao điểm I J mp  P  T tâm đường trịn  C  Có d  J ,  P     2    26  26 Gọi r bán kính  C  r  TA  R22  d  J ,  P    209 26 1 209 1 S  S AIJ  TA.IJ  26  209 Vậy S  209 (đvdt) 2 26 2 Câu 46 Một chi tiết máy thép dạng khối trịn xoay có thiết diện qua trục phần tơ đậm hình vẽ Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Biết giá thép 15000 đ / kg , khối lượng riêng thép 7850kg / m3 Cho AB  10 dm; AD  dm, EF  dm Hỏi chi phí vật liệu để làm thành sản phẩm gần với số tiền sau A 9160000đ B 11260000đ C 10160000đ D 12100000đ Lời giải Chọn C Vì AB  10dm; AD  dm  A( 5; 2), B(5; 2), C(5; 2), D( 5; 2) Đường cong có phương trình là: x  y  x   y  Thể tích vật thể trịn xoay là: Voy    ( y  1) dy  86, 289 (dm3 )  0, 086289 (m3 ) 2 Tổng chi phí sản xuất là: T  0, 086289.7850.15000  10160538, 96 đ Câu 47 Cho khối lập phương ABCD ABC D ' cạnh a Gọi M , N trung điểm đoạn thẳng A ' D ' C ' D ' Mặt phẳng  BMN  chia khối lập phương thành hai phần, gọi V thể tích phần chứa đỉnh B ' Tính V ? 25a 7a3 A B 72 24 C 25a 24 Lời giải Chọn A Ta tích cần tính VBB ' EA ' MNC ' F Mà VBB ' EA ' MNC ' F  VB.EA ' M  VB B ' A ' MNC '  VB FC ' N PA ' M  ND ' M  PA '  ND ' Ta có:   QC ' N  MD ' N QC '  MD ' Lại có: MD '  ND '  PA '  ND '  MD '  QC '  a  A ' E PA '   PA ' E  BAE a  AE BA Mà:    A ' E  QC '  QC ' F  BCF  C ' F  QC '   CF BC 1 a3 Vậy ta có: VB.EA ' M  BA.S EA ' M  BA A ' M A ' E  3 36 a3 Dễ thấy: VB FC ' N  VB EA ' M  36 1 7a Có: VB.B ' A ' MNC '  BB '.S B ' A ' MNC '  BB '  S A ' B ' C ' D '  S MD ' N   3 24 25a Vậy: VBB ' EA ' MNC ' F  72 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ D 7a3 72 Câu 48 Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu đạo hàm sau: Hàm số y  g  x   f  x    e A 1;3 x3  x  x 1 BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 đồng biến khoảng đây? B  3;    7 D  1;   2 C   ;1 Lời giải Chọn A Ta có: y  g   x   f   x     x  x  3 e x  x  x 1  x   Dựa vào bảng xét dấu f   x  ta có f   x      x   x   1  x   2  x   f   2x  4     x  2x    x  x  x 1 x  0  x  x  3 e x  Bảng xét dấu y  g   x  Vậy hàm số đồng biến 1;3 Câu 49 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số f  x   x3  x  m  đồng biến  A Vô số B 10 C Lời giải D Chọn A 4 3 f  x   x3  x  m   f   x   x  x  m   x  x  m   x  x  m  11x  3m  Để hàm số đồng biến R f   x   , x   Với m   f   x   x10  0, x  R thỏa mãn điều kiện đề  x  m  Với m  có   f   x   x  x  m  11x  3m   , x   thỏa mãn điều kiện 11x  3m  đề 3m 3m  m  Với m  dễ thấy 11 11 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489   x2  x    Xét phương trình f   x     x  m     x   m   11x  3m   x   3m  11 3m Trong nghiệm x   m , x   nghiệm phân biệt bậc lẻ nên f   x  đổi dấu 11 qua nghiệm đó, f  x  đồng biến  (loại) Vậy để hàm số f  x  đồng biến  m  suy tồn vô số giá trị nguyên m thỏa mãn đề Câu 50 Cho hàm số y  f  x   mx  nx3  px  qx  r , (với m, n, p, q, r  ) Hàm số y  f   x  có đồ thị hình vẽ bên dưới: Tập nghiệm phương trình f  x   m  n  p  q  r có số phần tử A B C Lời giải D Chọn D Dựa vào đồ thị y  f   x  ta thấy phương trình f   x   có ba nghiệm đơn  , 1, Do f   x   4m  x  1 x  1 x  3 m  1 Gọi S1 diện tích hình phẳng giới hạn y  f   x  trục Ox đường thẳng x  3 , x  1 1 Suy S1   1 f   x  dx  f  1  f  3  3  4m  x  1 x  3 x  1 dx  16m   3 Gọi S2 diện tích hình phẳng giới hạn y  f   x  trục Ox đường thẳng x  1 , x  Suy S   f   x  dx  f  1  f 1  1  4m  x  1 x  3 x  1 dx  16m  3 1 Từ 1 ,   ,  3 ta có S1  S2   f  3  f 1  hay f  3  f 1 Ta có bảng biến thiên sau: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f  x   m  n  p  q  r  f  x   f 1 có hai nghiệm phân biệt Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021 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! Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 ... 201 9x  C  201 8 x2  201 9 x  C ln D x.ln 1009 x  201 9 x  C Lời giải A B Chọn A Ta có   f  x dx   2 x  201 8 x  201 9 dx   x dx  201 8 xdx  201 9 dx 2x  1009 x  201 9 x  C...  x  201 8 x  201 9 Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ D z   BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 202 1 x x 1009 x  201 9 x  C ln C 2x.ln 1009x2  201 9x... 11 Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : A Q (1;3; 2) Chọn C Đáp án A nhầm vectơ phương Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm Đáp án D nhầm vectơ phương Câu 12 Tìm giá trị x   thỏa mãn C 1x 1