đề thi thử TN THPT 2021 môn toán nhóm GV MGB đề 1 file word có lời giải chi tiết

ĐỀ SỐ 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 Thể tích khối lập phương tăng thêm lần độ dài cạnh tăng gấp đơi? A B C D C M  0;5 D y Câu Hàm số y  2x3  x2  có điểm cực đại là: A x  B x  r Câu Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, u véctơ phương trục Oy r r r r A u hướng với j   0;1;0 r r r r B u phương với j   0;1;0 C u hướng với i   1;0;0 D u phương với i   1;0;0 Câu Trong hàm số sau, hàm số nghịch biến  �;� ? x 2x  A y   x4  3x2  2x  B y  C y   x3  x2  2x  D y  x3  Câu Cho a, b số thực dương, a �1 n�0 Mệnh đề sau đúng? n A log a b  log a b B log a b  n log a b n C log a b  log a b D log a b  log a b n n n n Câu Biết f  x hàm liên tục � n f  x dx  Khi giá trị � A B 27 C f  3x  3 dx là: � D 24 Câu Cho hình trụ trịn xoay có thiết diện qua trục hình vng có diện tích 4a2 Thể tích khối trụ cho là: A 2 a3 B 2 a3 C 8 a3 D 4 a3 Câu Gọi x1, x2 nghiệm phương trình 4x1  5.2x1   Khi giá trị S  x1  x2 là: A S 1 B S C S D S Câu Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt phẳng mặt phẳng sau song song với trục Oz? A    : z  B  P  : x  y  C  Q : x  11y  1 D    : z  Câu 10 Cho biết hàm số f  x có đạo hàm f ' x có nguyên hàm F  x Tìm � I � f  x  f ' x  1� � �dx ? Trang A I  2xF  x  x  B I  2F  x  xf  x  C C I  2xF  x  f  x  x  C D I  2F  x  f  x  x  C �x   2t � Câu 11 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : �y  3t Phương trình tắc �z  3 5t � d là: A x y z   3 B x  y z   3 C x y z   3 D x y z   3 Câu 12 Có cách mắc nối tiếp bóng đèn chọn từ bóng đèn khác nhau? A 15 B 360 C 24 D 17280 Câu 13 Công thức sau với cấp số cộng có số hạng đầu u1 , cơng sai d số tự nhiên n�2 A un  u1   n  1 d B un  u1   n  1 d C un  u1   n  1 d D un  u1  d C z   i D z  2  i Câu 14 Số phức liên hợp số phức z   3i A z  3 2i B z  3 2i Câu 15 Cho hàm số y  ax4  bx2  c có đồ thị hình bên Tính f  2 A f  2  15 B f  2  18 C f  2  16 D f  2  17 Câu 16 Cho hàm số f  x liên tục đoạn  1;5 có đồ thị đoạn  1;5 hình vẽ bên Tổng giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f  x đoạn  1;5 bằng: A 1 B C D Câu 17 Tập hợp số thực m để hàm số y  x   m 4 x   5m 2 x  m đạt cực tiểu x  2 là: A � B � C  2 D  2 Câu 18 Tìm giá trị tham số thực x, y để số phức z   x  iy  2 x  iy  số thực A x  y B x  1 C x  y D x  Trang Câu 19 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu tâm I  6;3;4 tiếp xúc với Ox có bán kính R bằng: A R  B R  C R  D R  Câu 20 Cho M  log12 x  log3 y với x  0, y  Mệnh đề sau đúng? �x � �y � �x � �y � A M  log4 � � B M  log36 � � C M  log9  x  y D M  log15  x  y Câu 21 Kí hiệu z1, z2 nghiệm phức phương trình 2z2  4z   Tính giá trị biểu thức P  z1z2  i  z1  z2  B P  A P  D P  C P  Câu 22 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, lập phương trình mặt phẳng song song với mặt phẳng    : x  y  z   cách    khoảng A x  y  z   x  y  z  B x  y  z   C x  y  z   x  y  z  D x  y  z   x  y  z  Câu 23 Tập nghiệm bất phương trình 3x 2x  27 là: A  �;1 B  3;� C  1;3 D  �;1 � 3;� Câu 24 Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  x3  x; y  2x đường x  1; x  1 xác định công thức: 1 A S  �  x3  3x dx  �  3x  x3  dx C S    �3x  x dx 1 1 B S  �  3x  x3  dx  �  x3  3x dx D S   3x  x  dx � 1 Câu 25 Cho hình nón trịn xoay có đường cao h  20 cm Gọi 2 góc đỉnh hình nón với tan  Độ dài đường sinh hình nón là: A 25cm B 35cm Câu 26 Có giá trị m để đồ thị hàm số y  A B C 15cm D 45cm mx2  có hai đường tiệm cận? x2  3x  C D Câu 27 Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có BB'  a , đáy ABC tam giác vuông cân B AC  a Tính thể tích V khối lăng trụ cho A V  a3 B V  a3 C V  a3 D V  a3 Câu 28 Đạo hàm hàm số y  e4x là: Trang A y'   e4x B y'  4x e 20 C y'  e4x D y'   4x e 20 Câu 29 Cho hàm số y  f  x xác định �\  2 , liên tục khoảng xác định có bảng biến thiên hình vẽ: Tìm tập hợp tất giá trị thực tham số m cho phương trình f  x  m có nghiệm thực phân biệt A  1;1  B  1;1  C  2;1� �  D  2;1 Câu 30 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật có cạnh AB  a, BC  2a Hai mặt bên  SAB  SAD vng góc với mặt phẳng đáy  ABCD , cạnh SA  a 15 Tính góc tạo đường thẳng SC mặt phẳng  ABD A 30� B 45� C 60� D 90� � � x2 log1  9x � log3   có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Tính Câu 31 Biết phương trình � 81 � � P  x1.x2 A P  93 B P  36 C P  93 D P  Câu 32 Một khối gỗ hình trụ trịn xoay có bán kính đáy 1, chiều cao Người ta khoét từ hai đầu khối gỗ hai nửa khối cầu mà đường tròn đáy khối gỗ đường tròn lớn nửa khối cầu Tỉ số thể tích phần cịn lại khối gỗ khối gỗ ban đầu là: A B C D D 1 x  sin4x  C 32 2 Câu 33 Họ nguyên hàm hàm số f  x  sin xcos x là: A 1 x  sin4x  C 16 B 1 x  sin4x 32 C 1 x  sin4x  C 8 Câu 34 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a Tam giác ABC đều, hình chiếu vng góc H đỉnh S mặt phẳng  ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABC Đường thẳng SD hợp với mặt phẳng  ABCD góc 30� Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng  SCD theo a A d  2a 21 21 B d  a 21 C d  a D d  a Trang Câu 35 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  y  z   đường thẳng d: x y z    Hình chiếu d  P  có phương trình là: 1 A x  y z    5 B x  y z    2 1 C x  y z    5 D x  y z    1 Câu 36 Tìm tất giá trị m để hàm số y  x  3mx  3 2m 1 x  nghịch biến đoạn có độ dài 2? A m 0, m B m C m  D m  Câu 37 Môđun số phức z thỏa mãn z  17 z  z  5.z.z  bằng: A 53 B 34 C 29 13 D 29 Câu 38 Cho hàm số f  x có đạo hàm � thỏa mãn f  x  h  f  x  h �h , x��, h  Đặt 29m g x  � x  f ' x � x  f ' x � � � � � � 2019    m4  29m2  100 sin2 x  1, m tham số nguyên m 27 Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên m cho hàm số g x đạt cực tiểu x  Tính tổng bình phương phần tử S A 100 B 50 C 108 D 58 Câu 39 Một tỉnh A đưa nghị giảm biên chế cán công chức, viên chức hưởng lương từ ngân sách nhà nước giai đoạn 2015-2021 (6 năm) 10,6% so với số lượng có năm 2015 theo phương thức “ra vào 1” (tức giảm đối tượng hưởng lương từ ngân sách nhà nước người tuyển người) Giả sử tỉ lệ giảm tuyển dụng hàng năm so với năm trước Tính tỉ lệ tuyển dụng hàng năm (làm tròn đến 0,01%) A 1,13% B 1,72% C 2,02% D 1,85% Câu 40 Trong trò chơi “Chiếc nón kì diệu” kim bánh xe dừng lại vị trí với khả Tính xác suất để ba lần quay, kim bánh xe dừng lại ba vị trí khác A B 30 343 C 30 49 D 49 Câu 41 Có giá trị nguyên tham số m để giá trị lớn hàm số y 19 x  x  30x  m đoạn  0;2 đạt giá trị nhỏ nhất? A B C D Câu 42 Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước Gọi V  t thể tích nước bơm sau t giây Biết V ' t  at  bt ban đầu bể khơng có nước, sau giây thể tích nước bể 15m3 , sau 10 giây thể tích nước bể 110m3 Thể tích nước bơm sau 20 giây bằng: Trang A 60 m3 B 220 m3 C 840 m3 D 420 m3 Câu 43 Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S :  x  1   y  2   z  3  16 điểm 2 A 1;0;2 , B 1;2;2 Gọi  P  mặt phẳng qua hai điểm A, B cho thiết diện  P  với mặt cầu  S có diện tích nhỏ Khi viết phương trình  P  dạng ax  by  cz  d  Tính T  a  b  c B 3 D 2 A C Câu 44 Cho hàm số y  f  x có đồ thị hình vẽ: Có giá trị nguyên m� 10;10 để f A   x2  2x  10   m có nghiệm? B C D Câu 45 Cho hàm số y  f  x Hàm số y  f ' x có bảng biến thiên sau: Bất phương trình f  x  ex 2x  m nghiệm với x� 0;2 khi e A m f  0  C m�f  0  B m f  1  e D m�f  1  Câu 46 Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Gọi I, J, K trung điểm cạnh AB, AA’ B’C’ Mặt phẳng  IJ K  chia khối lăng trụ thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần A 25 47 B C 49 95 D 17 Câu 47 Cho x, y� 0;2 thỏa mãn  x  3  x  8  ey ey 11 Giá trị lớn P  ln x  1 ln y bằng: A 1 ln3 ln2 B ln3 ln2 C 1 ln3 ln2 D 1 ln2 Câu 48 Cho hàm số y  f  x có đạo hàm liên tục đoạn  0;1 thỏa mãn f  0  Biết f  x dx  � f ' x cos � x 3 dx  Tích phân f  x dx � Trang A  B  C  D  Câu 49 Cho hàm số y  f  x f  x  0, x�� Biết hàm số y  f ' x có bảng biến thiên hình vẽ �1 � 137 f � � �2 � 16 � 1� Có giá trị nguyên m� 2020;2020 để hàm số g x  e x 4mx5 f  x đồng biến �1; � 2 � A 4040 B 4041 C 2019 � D 2020 Câu 50 Cho cấp số cộng  an  , cấp số nhân  bn  thỏa mãn a2  a1 �0, b2  b1 �1 hàm số f  x  x  3x cho f  a2    f  a1  f  log2 b2    f  log2 b1  Tìm số nguyên dương n nhỏ cho bn  2019an A 17 B 14 C 15 D 16 Đáp án 1-B 11-D 21-D 31-A 41-D 2-B 12-B 22-A 32-C 42-C 3-B 13-C 23-C 33-D 43-B 4-C 14-C 24-A 34-B 44-C 5-D 15-D 25-A 35-C 45-B 6-C 16-C 26-B 36-A 46-C 7-A 17-A 27-C 37-B 47-B 8-B 18-C 28-C 38-A 48-A 9-C 19-B 29-D 39-D 49-D 10-D 20-A 30-C 40-C 50-D LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B Giả sử cạnh ban đầu a cạnh lúc sau 2a Có thể tích tăng thêm là: V  V2  V1   2a  a3  7a3  7V1 Câu 2: Đáp án B TXĐ: D  � �y'  6x2  2x �y''  12x  Ta có: � x � � Ta lại có: y'  � � x � Trang Nhận thấy: y'' 0  2  � x  điểm cực đại hàm số Chú ý: Phân biệt điểm cực đại hàm số x CD , điểm cực đại đồ thị hàm số  x CD ; yCD  Câu 3: Đáp án B r Trục Oy có véctơ phương j   0;1;0 r r r Mà u véctơ phương trục Oy nên u phương với véctơ j Câu 4: Đáp án C Loại A B hàm bậc bốn hàm bậc bậc không đơn điệu  �;� Xét hàm y   x3  x2  2x  TXĐ: D  � � � 1� 5� y '   x  x    x  � Ta có: � 3� 9� 0, x�� � � � � Suy hàm số nghịch biến  �;� Xét hàm: y  x3  TXĐ: D  � Ta có: y'  3x2 �0 ; suy hàm số đồng biến  �;� Câu 5: Đáp án D n Ta có: loga b  loga b n Phương pháp CASIO – VINACAL Thao tác máy tính Màn hình hiển thị Kiểm tra đáp án A Vậy đáp án A sai (vì kết hiệu khơng 0) Kiểm tra đáp án B Vậy đáp án B sai (vì kết hiệu khơng 0) Kiểm tra đáp án C Vậy đáp án C sai (vì kết hiệu không 0) Trang Kiểm tra đáp án D Vậy đáp án D (vì kết hiệu 0) Câu 6: Đáp án C Đặt: t  3x  3� dt  3dx �x  1� t  �x  � t  Đổi cận: � 19 19 f  3x  3 dx  �f  t dt  � f  t dt  � f  x dx   Ta có: � 30 30 03 Vậy f  3x  3 dx  � Câu 7: Đáp án A Gọi V thể tích khối trụ trịn xoay đáy hình trịn bán kính r có chiều cao h Theo giả thiết, ta có: h2  4a2 � h  2a; r  2a  a Do đó, thể tích khối trụ tròn xoay là: V   r 2h   a2.2a  2 a3 Câu 8: Đáp án B Phương trình tương đương với: 4.4x  5.2.2x   � 4. 2x   10.2x   t � � � t  10 t   � Đặt t  (với t  0) (thỏa mãn) � t � x + Với t  � 2x  � x  1 2 + Với t  � 2x  � x  1 Do đó: S  Câu 9: Đáp án C r Trục Oz có vectơ phương k   0;0;1 , mặt phẳng song song với trục Oz vectơ pháp r r r tuyến n mặt phẳng phải vng góc với vectơ k , tức n   a;b;0 với a, b�� Cả hai mặt phẳng  P  , Q thỏa mãn điều kiện trên, mặt khác, O� P  O� Q nên mặt phẳng  P  chứa trục Oz (loại), mặt phẳng  Q song song trục Oz (nhận) Câu 10: Đáp án D � f  x  f ' x  1� Ta có: I  � � �dx  2F  x  f  x  x  C Trang Câu 11: Đáp án D � t � x   t � � � � Ta có: d : �y  3t � �t  �z  3 5t � � � t � � x 2 y 3 z Do phương trình tắc d là: x  y z   3 Câu 12: Đáp án B Số cách mắc nối tiếp bóng đèn chọn từ bóng đèn khác chỉnh hợp chập phần tử Suy có A64  360 cách Câu 13: Đáp án C Một cấp số cộng có số hạng đầu u1 , cơng sai d số hạng tổng qt tính theo công thức: un  u1   n  1 d (với n �2 ) Câu 14: Đáp án C Số phức liên hợp số phức z   3i z   3i Câu 15: Đáp án D x � � Ta có: y'  4ax  2bx  � �2 b x  � 2a Đồ thị hàm số qua điểm  0;1 nên c  1, suy hàm số có dạng y  ax4  bx2  Đồ thị hàm số qua điểm  1; 1 nên ta có: 1 a  b  1� a  b  2  1 Hàm số có điểm cực trị x  0; x  �1, nên b  1� 2a  b   2 2a 2a  b  � a � �� b  4 �a  b  2 � Từ (1) (2) ta có hệ phương trình � � y  2x4  4x2  1� f  2  2.24  4.22  1 17 Câu 16: Đáp án C f  x  2 max f  x  Dựa vào đồ thị ta có:  1;5  1;5 Câu 17: Đáp án A TXĐ: D  � � �y'  3x  2 m 4 x  5m Ta có: � �y''  6x  2 m 4 Trang 10 � �y' 2  �y'' 2  Để hàm số đạt cực tiểu x  2 � � 12  4 m 4  5m  � m � �� �� � m�� m 12  2m  � � Vậy khơng có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Phương pháp trắc nghiệm: Bước 1: Chọn m đáp án, cho m chứa đáp án này, không chứa đáp án khác Bước 2: Thay m chọn vào hàm số Bước 3: Khảo sát hàm số vừa có Bước 4: Đối chiếu điều kiện đề Bước 5: Kết luận m chọn có thỏa mãn hay không, suy chọn loại đáp án chứa giá trị m khơng chứa giá trị m Áp dụng:  B , C  + Chọn m ���  A , D � y  x  6x  12x  Ta có: y'  3x2  12x  12  � x  2 Bảng xét dấu biểu thức: y'  3x2  12x  12 Suy hàm số y  x3  6x2  12x  khơng có cực trị, nên m khơng thỏa mãn; loại đáp án B, C  D y  x3  2x2  8x  + Chọn m 2 ���  A Ta có: y'  3x2  4x   (khơng có nghiệm x  2 ) Suy hàm số y  x3  2x2  8x  khơng có cực trị điểm x  2 , nên m 2 khơng thỏa mãn; loại đáp án D Câu 18: Đáp án C z   x  iy  2 x  iy   x2  2ixy  y2  2x  2iy  Ta có:    x2  y2  2x   2 xy  y i y � x1 � Để z số thực � 2 xy  y  � � Câu 19: Đáp án B Bán kính R  d I ,Ox  y12  z12  Câu 20: Đáp án A �x  12M Từ M  log12 x  log3 y � � �y  M � x y �x � �y �  4M �� � M  log4 � � Trang 11 Cách trắc nghiệm: � y  Khi M  + Cho x  12 �� Thử x  12; y  vào đáp án có đáp án A, C, D thỏa mãn Ta chưa kết luận � y  32 Khi M  + Cho x  122 �� Thử x  144; y  vào đáp án có đáp án A thỏa mãn Câu 21: Đáp án D Ta có z1, z2 nghiệm phương trình 2z2  4z   �z1  z2  2 � Theo định lý Vi-ét ta có: � �z1.z2  � Biểu thức P  z1.z2  i  z1  z2  3 �3 �   i  2   2i  � �  2  2 �2 � Câu 22: Đáp án A Gọi    mặt phẳng cần tìm Ta có: A 0;0;3 �   Do    / /    nên phương trình mặt phẳng    có dạng x  y z  m 0, với m�3 Có d    ,     � d A,     � m m �  � m  � � (thỏa mãn) m � Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm x  y  z   x  y  z  Câu 23: Đáp án C 2 Ta có: 3x 2x  27 � 3x 2x  33 � x2  2x  3 � 1 x  Câu 24: Đáp án A 1 1 1 Diện tích hình phẳng cần tìm là: S  �  x3  x   2x dx  �x3  3x dx Bảng xét dấu: x3  3x Dựa vào bảng xét dấu, ta có: S      3 �x  3x dx  �3x  x dx 1 Câu 25: Đáp án A Ta có: 0�   90�nên cos  Suy cos   1 tan  h l Mặt khác: cos  � l  h  25 cm cos Trang 12 Câu 26: Đáp án B TXĐ: D  �\  1;2 � mx2  lim y  lim m � �x�� x�� x  3x  � y  m tiệm cận ngang đồ thị hàm số Ta có: � �lim y  lim mx   m � �x�� x�� x2  3x  Để đồ thị hàm số có hai tiệm cận đồ thị hàm số có tiệm cận đứng m � m 1 � � � Khi đó: � 4m 1 � m � � Vậy có hai giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 27: Đáp án C Tam giác ABC vuông cân B, suy BA  BC  AC  a � SABC  a2 (đvdt) Vậy thể tích khối lăng trụ là: V  SABC BB'  a3 (đvdt) Câu 28: Đáp án C 5 Ta có: y'   e4x  '   4x '.e4x  e4x Vậy y'  e4x Phương pháp CASIO – VINACAL Thao tác máy tính Màn hình hiển thị Sử dụng chức đạo hàm máy tính Kiểm tra đáp án A Vậy đáp án A không (vì kết hiệu khơng 0, nên VT �VP ) Kiểm tra đáp án B Vậy đáp án B khơng (vì kết hiệu không 0, nên VT �VP ) Trang 13 Kiểm tra đáp án C Vậy đáp án C (vì kết hiệu xấp xỉ 0) Câu 29: Đáp án D Phương trình f  x  m có nghiệm thực phân biệt đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x điểm phân biệt Dựa vào bảng biến thiên, suy ra:   m 1 Câu 30: Đáp án C � � �, AC  SCA � Do SA   ABCD nên SC , ABD  SC , ABCD  SC SA SA �  Xét tam giác vng SAC, ta có: tan SCA  AC  AB2  BC2 �  60� Suy SCA Câu 31: Đáp án A Điều kiện: x  Phương trình tương đương với:  2  log3 x  log3 x2  log3 81  x   x1 log x  � � � log32 x  6log3 x   � � � � 7 (thỏa mãn) log3 x  7 � x   x2 � Suy P  x1x2  3.37  36  1  36 93 Câu 32: Đáp án C Theo toán ta có hình vẽ bên: Thể tích khối trụ là: V   1.2  2 Vì đường tròn đáy khối trụ đường tròn lớn nửa khối cầu nên bán kính nửa khối cầu R  1 4 13 4  3 Thể tích hai nửa khối cầu bị khoét là: V1  Thể tích phần cịn lại khối gỗ là: V2  V  V1  2  4 2  3 Trang 14 2 Vậy tỉ số thể tích cần tìm là: V2   2 V Câu 33: Đáp án D 1� 1 cos4x � 1 �  8cos4x � � 2 Ta có: f  x  sin xcos x  sin 2x  � 4 Do �1 1 � 1 1 f  x dx  � dx  x  sin4x  C  x  sin4x  C �8  8cos4x� � 8 32 � � Câu 34: Đáp án B �  � �, HD  SDH � Xác định 30� SD SH  HD.tanSDH , ABCD  SD Ta có d B, SCD   2a BD d H, SCD   d H, SCD  HD Ta có: HC  AB � HC  CD Kẻ HK  SC Khi d H, SCD   HK Tam giác vuông SHC, có HK  Vậy d B, SCD   HK  SH.HC SH  HC 2  2a 21 21 a 21 Câu 35: Đáp án C + Nếu d cắt  P  I, ta chọn d điểm A �I Sau xác định A’ hình chiếu vng góc điểm A  P  Đường thẳng cần tìm qua hai điểm I A’ + Nếu d song song  P  ta chọn d hai điểm phân biệt A B Sau xác định A’, B’ hình chiếu vng góc A B  P  Đường thẳng cần tìm qua hai điểm A’ B’ Câu 36: Đáp án A Ta có: y'  3x  6mx  3 2m 1 Để hàm số nghịch biến đoạn có độ dài y'  có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1  x2  Ta có:  '  9m2  9 2m 1  9 m 1 2 Để y'  có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ' �0۹ 9 m 1 m �x1  x2  2m �x1x2  2m Theo định lý Vi-ét, ta có: � Trang 15 m � m � Theo ta có: x1  x2  �  x1  x2   �  x1  x2   4x1x2  � 4m  8m � � 2 Tìm giá trị tham số m để hàm số bậc đơn điệu đoạn có độ dài l Phương pháp: Bước 1: Tính y'  f ' x, m Bước 2: Tìm điều kiện y'  có hai nghiệm phân biệt Bước 3: Biến đổi x1  x2  l �  x1  x2   4x1x2  l  Bước 4: Sử dụng định lý Vi-ét giải phương trình theo m, đối chiếu với điều kiện y'  có hai nghiệm phân biệt để chọn m Cơng thức tính nhanh: x1  x2   a Câu 37: Đáp án B Đặt z  a  bi  a;b�� Ta có: � � � (a  b )  2a  24   a  1  b  25 �z   � � �� �� � 2 17.2a   a  b   17 z  z  5.z.z  17.2 a  a  b    � � � � �   � 5� � 34a   2a  24    a  b2   2a  24 � a 5 � � � � � � �� � �2 � 2 a  b  34  a  b   17.2a 17.2a   a  b   � � � � Suy ra: z  a2  b2  34 Câu 38: Đáp án A Từ giả thiết ta có: f  x  2h  f  x  x  2h  x f  x  2h  f  x ��  lim� � h�0  x  2h  x h � , h  h h�0 f ' x lim 0, x � f  x 28m   g' x  2019� x  f ' x � 1 f '' x � x  f ' x � 1 f '' x � � � � � �  29 m � � � � � � m  29m  100 sin2x 2018 Ta có: C (C số)    2019x2018   29 m x28m  m4  29m2  100 sin2x   g'' x  2019.2018.x2017   29  m  28 m x27m  m4  29m2  100 cos2x   g' 0  0; g'' 0  2 m4  29m2  100 Khi đó: 5 m 2 � g'' 0  � m4  29m2  100  �  m2  25 � �  m � 2018 26 26 1992 TH1: m 2, ta có: g' x  2019x  27x  x  2019x  27 Vì x  nghiệm bội chẵn phương trình g' x  nên trường hợp loại 2018 23 23 1995 TH2: m 5, ta có: g' x  2019x  24x  x  2019x  24 Trang 16 2018 30 30 1988 TH3: m 2, ta có: g' x  2019x  31x  x  2019x  31 Vì x  nghiệm bội chẵn phương trình g' x  nên m 2 không thỏa mãn 2018 23 23 1995 TH4: m 5, ta có: g' x  2019x  24x  x  2019x  24 Do g' x đổi dấu từ âm sang dương qua x  nên hàm số g x đạt cực tiểu x  2018 33 33 1985 TH5: m 5, ta có: g' x  2019x  34x  x  2019x  34 Do g' x đổi dấu từ âm sang dương qua x  nên hàm số g x đạt cực tiểu x  Vậy m�S  5;4;3;3;4;5 nên tổng bình phương phần tử S 100 Câu 39: Đáp án D * Gọi x x��  số cán công nhân chức tỉnh A năm 2015 Gọi r tỉ lệ giảm hàng năm Số người việc năm thứ là: x.r Số người lại sau năm thứ là: x  x.r  x 1 r  Tương tự, số người việc sau năm thứ hai là: x 1 r  r Số người lại sau năm thứ hai là: x 1 r   x 1 r  r  x 1 r  � Số người việc sau năm thứ sáu là: x 1 r  r Tổng số người việc là: x.r  x. 1 r  r  x. 1 r  r   x. 1 r  r  10,6%x  � r   r r �  r  r 1 r  r 0,106 r� 1 1 r  � �  � 0,106 1  1 r  r 0,0185 Vì tỉ lệ giảm hàng năm với tỉ lệ tuyển dụng nên tỉ lệ tuyển dụng hàng năm 1,85% Câu 40: Đáp án C Ba lần quay, lần kim có khả dừng lại, n  73  343 Gọi A biến cố: “trong ba lần quay, kim bánh xe dừng lại ba vị trí khác nhau” Khi ta có: Lần quay thứ nhất, kim có khả dừng lại Lần quay thứ hai, kim có khả dừng lại Lần quay thứ ba, kim có khả dừng lại Do đó: nA  7.6.5  210 Vậy P  A  nA 210 30   n 343 49 Câu 41: Đáp án D Xét hàm số f  x  x4  19 x  30x  m liên tục đoạn  0;2 Trang 17 � x  5 � 0;2 � x  � 0;  Ta có: f '  x   x  19 x  30  � � � x  � 0;2 � Ta lại có: f  0  m; f  2  m 26 f  x  max m ; m 26  M Suy max  0;2 � �M �m  m � 2M ۳�m  �M �m 26 Ta có: � m 26 M m  m 26  m m 26 2 13 �m  m  26  13 � � m  13 � m  m  26   Dấu “=” xảy � Do giá trị lớn hàm số y  19 x  x  30x  m đoạn  0;2 đạt giá trị nhỏ 13 m 13 Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu đề Câu 42: Đáp án C   V ' t  at2  bt � V  t  � at2  bt dt  a t3 t2 b C � 03 02 � a  b c0 a � � 10 � V  0  � � � � 53 52 � V    15 � � a  b  c  15 �� b Theo ta có hệ: � � �3 � V  10   110 � � c0 � 10 102 a  b  c  110 � � � � Suy V  20  203 202   840 m2 10 Câu 43: Đáp án B Mặt cầu  S có tâm I  1;2;3 , bán kính R  Ta có A, B nằm mặt cầu Gọi K hình chiếu I AB H hình chiếu I lên thiết diện 2 Ta có diện tích thiết diện S   r    R  IH  Do diện tích thiết diện nhỏ IH lớn Mà IH �IK suy ( P ) qua A, B vng góc với IK Ta có IA  IB  suy K trung điểm AB uur Vậy K  0;1;2 KI   1;1;1 Vậy  P  :  x  1  y   z  2  �  x  y  z   Vậy T  3 Trang 18 Câu 44: Đáp án C Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống Đặt t x2� 2x 10 Để phương trình f  t  x 1 t  x2  2x  10   m� f   x2  2x  10  m có nghiệm đường thẳng y  m cắt đồ thị y  f  x điểm có hồnh độ x �3 3 Từ đồ thị ta m� m Mà m� 10;10 � có giá trị m thỏa mãn � Chọn C Cách 2: Phương pháp ghép trục Đặt u x2� 2x 10  x 1 u x Khi u' x  x2  2x  10 u � u'  � x  1 Bảng biến thiên hàm số u x : Phương trình f   x2  2x  10   m� f   x2  2x  10  m � f  u  m Từ đồ thị hàm số y  f  x từ bảng biến thiên hàm số u  x2  2x  10 ta có bảng sau biến thiên hàm hợp f   x2  2x  10  f  u sau: �� Từ bảng biến thiên � f  u  m với u�3 có nghiệm m m Mà m� 10;10 � có giá trị m thỏa mãn Câu 45: Đáp án B Bất phương trình cho tương đương với: m f  x  ex 2x,x� 0;2 Xét hàm số g x  f  x  ex 2x  0;2 g x Bài tốn trở thành tìm m để m g x ,x� 0;2 � m max  0;2 Trang 19 Ta có: g' x  f ' x  2 x  1 ex 2x  � �f ' x  TH1: x� 0;1 , ta có: �  2 x  1 ex 2x  � � �f ' x  TH2: x  1, ta có: � x 2x 0 �2 x  1 e � g' x  � g' x  Suy g' x  � x  � �f ' x  TH3: x� 1;2 , ta có: � x 2x 0 �2  2 x  1 e � g' x  Ta có bảng biến thiên hàm g x  0;2 e g x  g 1  f  1  Dựa vào bảng biến thiên ta có m max  0;2 e Vậy m f  1  Câu 46: Đáp án C Dễ thấy EI  J I  J F Từ suy EB EM FA ' FN    , suy  EB' EK FB' FK 2 Ta có: d K ; A' B'  d C '; A' B' FB'  3 A' B' � SKFB'  SA' B'C' Mặt khác EB  nên suy d E; KFB'   h (h chiều EB' cao lăng trụ) Do VEKFB'  V (V thể tích lăng trụ) VEBIM EI EM EB 1 1    nên VEBIM  V  V VEB'FK EF EK EB ' 3 27 27 72 VFA'J N FJ FA' FN 1 1    nên VFA'J N  V  V VFB'EK FE FB' FK 3 18 18 48 Mặt phẳng  IJ K  chia khối lăng trụ thành hai phần Gọi V1 thể tích phần chứa điểm B’ V2 thể tích phần chứa điểm C Trang 20 �3 1� 49 49 95 V � V2  V  V V Ta có: V1  �   �V  144 144 �8 72 48� 144 Do đó: V1 49  V2 95 Câu 47: Đáp án B e Điều kiện: x �1, y � 2 2 2 Phương trình tương đương với: x  5x  24  e y  11ey � e y  11ey   x  5x  24   *  Ta có:    2x  5  0,x �1 � 11  2x  5 � x ey  y � � ey  x  � e � * � � � � Do đó:   � ey  3 x � 3 x � 11  2x  5 � y ey  � � e � � + Với y  x x � 0;2 (vì   ) e e e + Với y  3 x � 0;2 (vì 1�x  ) e Cách 1: Khi đó, ta được: P  ln x  ln 3 x  1;2 1  �  3 x ln 3 x  x ln x  **  Ta có: P '  2x ln x  2 3 x ln 3 x Xét hàm f  t  t lnt  1;� , có f ' t  lnt  Khi  **  � f  3 x  f  x � 3 x  x � x  lnt  0,t � 1;� Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên, suy Pmax  ln3 ln2 x  ; y  2e Cách 2: Khi đó, ta được: P  ln x  ln 3 x  1;2 2 �x  3 x � P  � ln x  ln 3 x ��2� ln x  ln 3 x �  2ln � x 3 x � �2ln� � 4 ln3 ln2 ,x� 1;2 � � � � � � � � Trang 21 � ln x  ln 3 x � � � x Dấu “=” xảy �x  3 x �x� 1;2   � � 3 2e Vậy từ Pmax  ln3 ln2 x  ; y  Câu 48: Đáp án A x  x � � u  cos du   sin dx � � �� 2 Đặt � � � dv  f ' x dx � v  f  x � f ' x cos � x x dx  cos f  x 2   Suy  ff 1 cos    1 x f  x sin dx � 20 f  x sin  0 cos0 � x dx  x 3 x f  x sin dx  �� f  x sin dx  � 20 2 1  x� � Xét tích phân � �f  x  ksin �dx  � 0� x �2 2  x� �� �f  x   2kf  x  sin  k sin �dx  � 0� 1 0 �� f  x  dx  2k � f  x  sin x x  k2� sin dx  �  2k  k  � k  3 2 2 2  x� x x � Khi ta có: � �f  x  3sin �dx  � f  x  3sin  � f  x  3sin � 0� x f  x dx  3� sin dx  3 Vậy � 0 1 x cos   6 x 6�  � cos  � cos  cos0�  � � Chú ý: Sử dụng phương pháp phần tích phân x f ' x cos dx  � 3  x� x � Xét � �f  x  ksin �dx  , tìm k, từ suy f  x   ksin � 0� 1 0 f  x dx  � ksin � x dx Câu 49: Đáp án D g' x   2x  4m e x 4mx5 f  x  e x 4mx5 f ' x Ta có: � g' x  � e x 4mx5  2x  4m f  x  f ' x � � � Trang 22 � 1� � 1� g'x 0, x � 1; �và g' x  xảy số hữu hạn điểm thuộc � 1; � Yêu cầu toán ۳� � 2� � 2� � 1� �  2x  4m f  x  f ' x �0,x�� 1; �(vì e x24mx5  ) � 2� � 2x  4m� ۳ 4� m 2x f ' x � 1� ,x�� 1; � , (vì f  x  0,x��) f  x � 2� f ' x � 1� , x � 1; �  *  f  x � 2� Xét h x  2x  f ' x � 1� ,x�� 1; � f  x � 2� f '' x f  x  � �f ' x � � Ta có h' x   f x � �f ''  x   � � f ''  x  f  x   � �f '  x  � �  0, x ��1; � , x �� 1; �� Mà � � � f ( x) � 2� � 2� �f  x   � 1� Từ suy h' x  0,x��1; � � � � 1� Vậy hàm số h x đồng biến �1; � � � Bảng biến thiên: �1 � f '� � 1 225 �� � � �2 � ۳ 4m ۳ m Vậy điều kiện  * ۳ 4m h � �۳ 4m � � 137 �2 � �2 � f �1 � �� �2 � 225 548 m�� � � � m� 1;2;3; ;2020 m� 2020;2020 � Mà � Vậy có 2020 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 50: Đáp án D Xét hàm số f  x  x  3x  0;� � x  1� 0;� Ta có f ' x  3x   � � x  1� 0;� � � Trang 23 Bảng biến thiên hàm số f  x  0;� sau: Vì a2  nên f  a2  �2 � f  a1   f  a2   �0  1 Giả sử a1 �1, f  x đồng biến  1;� nên f  a2   f  a1  suy f  a2    f  a1  vơ lý Vậy a1 � 0;1 2 �f  a1  �0  2 � �a  �f  a1   � �1 �f  a2   2 �a2  Từ (1), (2) ta có: � Vậy số hạng tổng quát dãy cấp số cộng  an  là: an  n  t1  log2 b1 � , suy ra: t2  log2 b2 � Đặt � f  t1   f  t2   , 1�b1  b2 nên �t1  t2 , theo lập luận ta có: t1  � log b  � b 1 � �� � �1 � t2  � log2 b2  � b2  � Vậy số hạng tổng quát dãy cấp số nhân  bn  bn  2n1 n1 Do bn  2019an �  2019 n  1  * Trong đáp án n 16 số nguyên dương nhỏ thỏa mãn (*) Trang 24 ... a1 �0, b2  b1 ? ?1 hàm số f  x  x  3x cho f  a2    f  a1  f  log2 b2    f  log2 b1  Tìm số nguyên dương n nhỏ cho bn  2 019 an A 17 B 14 C 15 D 16 Đáp án 1- B 11 -D 21- D 31- A 41- D... nhau? A 15 B 360 C 24 D 17 280 Câu 13 Công thức sau với cấp số cộng có số hạng đầu u1 , công sai d số tự nhiên n�2 A un  u1   n  1? ?? d B un  u1   n  1? ?? d C un  u1   n  1? ?? d D un  u1 ... � � 10 � V  0  � � � � 53 52 � V    15 � � a  b  c  15 �� b Theo ta có hệ: � � �3 � V  10   11 0 � � c0 � 10 10 2 a  b  c  11 0 � � � � Suy V  20  203 202   840 m2 10 Câu