DOWNLOAD HERE file pdf

Cho khối trụ có chiều cao bằng bán kính đáy và có diện tích thiết diện qua trục của khối trụ bằng 16.. Thể tích khối trụ đã cho bằng.[r]

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2019 - 2020

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 10 tháng 06 năm 2020

Họ tên: ……….SBD:……… Câu Hàm số

2 x y

x nghịch biến khoảng đây?

A. (1;3) B.( ; 1) C. ( 3;1) D. (1; )

Câu Trong không gian Oxyz cho u (2; 1;1), v ( 3;4; 5) Số đo góc hai vectơ u v

A. 150 B.120 C. 60 D. 30

Câu Cho khối chóp có chiều cao 2a, đáy hình thoi cạnh a có góc 60 Thể tích khối chóp cho

A

3

a B

3

3 a

C

3

3 a

D

3

3 a

Câu Điểm cực đại hàm số y  x3 3x2

A. x 1 B. x4 C. x0 D. x1

Câu Trong không gian Oxyz, giao tuyến hai mặt phẳng P :x 2y 3z 0, :

Q x 4z có véc tơ phương

A. u1 5; 2; 3   B. u2 5; 2; 3  C. u3 8;1; 2  D. u4 4; 1; 2   Câu Nếu tích phân

3

1

d

f x x

0

2 d f x x

A. B.12 C. D.

Câu Giá trị lớn hàm số y 2 x x1bằng

A. B.  C. D.

Câu Cho hình nón có bán kính đáy 1, góc đường sinh trục hình nón 300 Diện tích xung quanh hình nón cho

A.

3 

B. 3 C.

3 

D. 2

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

A 4; 5; 3   B 4;5;3 C 4;5; 3  D 0;0;3  Câu 10 Tổng số đường tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số

2

4 x y

x x x

 

 

A 4 B 3 C 2 D 1

Câu 11 Bất phương trình log2x 1 log46x5 có nghiệm nguyên?

A 6 B 7 C 8 D 9

Câu 12 Họ tất nguyên hàm hàm số   2

4

f x

x x



 

A

 

2 2x1 C B

1

2x1C C

1

2x C

 

 D  

1

2 2x C

 



Câu 13 Số điểm cực trị hàm số y x sin2 x khoảng  ; 

A 0 B 1 C 2 D 3

Câu 14 Tích nghiệm phương trình   5

2

x  x

   

A 2 B 2 C 5 D 5

Câu 15 Cho khối trụ có chiều cao bán kính đáy có diện tích thiết diện qua trục khối trụ 16 Thể tích khối trụ cho

A 64 B 64

3



C 16 2 D 16

3



Câu 16 Biết    

1 x x

x e dxa x b e C

 , với a b, số hữu tỉ Giá trị a b A 5

2 B 4 C 1 D 2

Câu 17 Biết phương trình

9

log log

27 x

x  có hai nghiệm x x1, 2 với x1x2 Hiệu x2x1 A 80

3 B

80

27 C

6560

27 D

6560 729

Câu 18 Biết tập nghiệm bất phương trình 4x8.6x12.9x 0 khoảng  a b; Giá trị b a

A 2

3 log

 B 2

3

log C 2

3 log

 D 2

3 log

Câu 19 Cho hình lập phương ABCD A B C D     cạnh a Thể tích khối cầu có tâm A tiếp xúc với đường thẳng A C

A

3

2

a 

B

3

8 27

a 

C

3

3

a 

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Câu 20 Biết

2

3

d

x xa b c

 với a b c, , số hữu tỉ Giá trị a b c  A 41

2 B

25

2 C

13

2 D

5

Câu 21 Biết nghiệm dương nhỏ phương trình 1  3.cosxs inxcos2x x0 a b



 , với a,b số nguyên dương a10 Giá trị a+b

A 23 B 7 C 11 D 17

Câu 22 Tiếp tuyến qua điểm A1; 0 đồ thị hàm số  

1 x

y C

x

 

 có phương trình

A 1

3

y x B y x C y3x3 D y  x

Câu 23 Cho phương trình 9x2m1 3 x  m với mlà tham số Có giá trị ngun m để phương trình cho có nghiệm thực phân biệt?

A 3 B 4 C 5 D Vô số

Câu 24 Cắt bìa hình trịn có bán kính ( độ dày không đáng kể) theo đường gấp khúc

SAQCPBS hình 1, sau gấp phần đa giác lại theo đoạn AB, BC, CA cho điểm S P Q, , trùng để hình chóp có đáy tam giác ABC hình

Giá trị lớn thể tích khối chóp SABC

A 1

9 B

4 15

125 C

15

125 D

4

Câu 25 Cho lăng trụ tam giác ABC A B C ' ' ' có cạnh đáy a chiều cao 3a Một hình trụ T có hai đáy nội tiếp tam giác ABC A B C, ' ' ' Gọi M trung điểm cạnh BC Đường thẳng A M' cắt mặt xung quanh hình trụ T N (N khác M ) Tính độ dài đoạn thẳng

MN

A 15

3 a

MN  B 15

6 a

MN  C 39

3 a

MN D 39

6 a

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Câu 26 Gọi Cm đồ thị hàm số 2

3

m

y x x m m x với m tham số Có

bao nhiêu điểm M cho tồn hai giá trị khác m m1, 2 mà M điểm cực đại đồ

thị

1

m

C điểm cực tiểu đồ thị

2

m C ?

A 2 B 0 C 1 D Vô số

Câu 27 Gọi  H hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y lnx x

 , trục hoành đường thẳng

x Biết thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình  H xung quanh trục hoành abln với a b, số hữu tỉ Tính a3b

A a3b2 B

a b  C a3b 1 D a b

Câu 28 Cho lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác vuông B, AB2a, BC4a,

AA  a Gọi M trung điểm cạnh AB Diện tích thiết diện lăng trụ ABC A B C    cắt bới mặt phẳng MB C 

A 2 10a2 B 3 10a2 C 4 10a2 D 6 10a2

Câu 29 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cân vớiABACa BAC1200 Hình chiếu vng góc đỉnh S lên mặt phẳng ABC điểm H thuộc cạnh BC với HC2HB Góc SB mặt phẳng ABC

60 Mặt phẳng qua H vng góc với SA cắt cạnh SA SC, A C , Tính tích V khối chóp B ACC A  

A

3

7 192

a

V  B

3 3

64 a

V  C

3 3

100 a

V  D

3

108 a V 

Câu 30 Cho phương trình log 2 1 x22m3xm2 m 6log 2 1 x0 với m tham số Có giá trị ngun m để phương trình cho có nghiệm?

A 7 B 4 C 5 D 6

Câu 31 Trong không gian Oxyz, cho hai mặt cầu  S1 ,  S2 có điểm chung A1; 2; 1 , tiếp xúc với mặt phẳng Oxy có tâm thuộc đường thẳng : 1

1

x y z

d     

 Khoảng cách

giữa hai tâm hai mặt cầu  S1 ,  S2

A B 46 C 4 D 2

Câu 32 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân B ACa Hình chiếu vng góc đỉnh S lên mặt phẳng ABC điểm H đối xứng với B qua AC Góc hai mặt phẳng SAC ABC 45 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

A 2a2 B

2

3 a

V   C 5a2 D

4 a 

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Câu 33 Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục, nhận giá trị dương đoạn  1; ,f  1 1, f  4 8và     3    

2 x f x f ' x x 2f x  , x 1; Tích phân

 

1

x dx f x



A 1

2 B

3

2 C

2

3 D 2.

Câu 34 Đồ thị  C hàm số yax3bx2 cx 3a đồ thị  C' hàm số y3ax22bx c

a b c, ,  ,a0có hai điểm chung khác A B, điểm A có hồnh độ Các tiếp tuyến  C  C' điểm A trùng nhau; diện tích hình phẳng giới hạn  C  C' Giá trị a b c 

A 12 B 17 C 60 D 45.

Câu 35 Chọn ngẫu nhiên đồng thời sáu số tự nhiên khác thuộc đoạn [1;25] Gọi A biến cố “Chọn sáu số tự nhiên cho tổng bình phương sáu số chia hết cho 3” Xác suất biến cố A

A 633

6325 B

453

6325 C

211

6325 D

1803 6325

Câu 36 Cho bất phương trình x2(m2019)x2020m  (x m 1) log2019x2020 với m tham số Có giá trị nguyên m để tập nghiệm bất phương trình cho chứa khoảng (1000;2020) ?

A 1018 B 1019 C 1020 D 1021

Câu 37 Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D ' ' ' ' có ABa AD, a 3,AA'3a Gọi M điểm thuộc cạnh CC' cho mp MBD( ) vng góc với mp A BD( ' ) Thể tích khối tứ diện

'

A BDM

A.

3

13

a

B

3

10

a

C

3

100 a

D

3

13 24 a

Câu 38 Cho hàm số y f x( ) có đạo hàm có bảng biến thiên sau :

Gọi S tập hợp tất giá trị tham số thực m để phương trình 1

( ) ( ) m

f x  f x  

có nghiệm thực phân biệt Hỏi tập S có phần tử?

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Câu 39 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A B, theo thứ tự thay đổi tia Ox Oy, cho

OAOB Điểm S thuộc mặt phẳng Ozx cho hai mặt phẳng SAB SOB tạo với mặt phẳng Oxy góc 30o Gọi a; 0;c tọa độ điểm S Tính giá trị biểu thức 4

Pa c trường hợp thể tích khối chóp S OAB đạt giá trị lớn A 10

3

P B 40

81

P C 40

9

P D 45

8

P

Câu 40 Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn   2 2

2

xz  yz  z  Giá trị lớn biểu

thức    

3 3

4

x y z y x z z xy P

xy

   



A 112

27 B

110

27 C

128

27 D

55 27

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

BẢNG ĐÁP ÁN

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu Hàm số

2 x y

x nghịch biến khoảng đây?

A. (1;3) B.( ; 1) C. ( 3;1) D. (1; )

Lời giải Chọn A

2

2

2

' 1, ' 1;

( 1)

x x

y x y x x

x

' ( 1;3) \ {1}

y    x Hàm số nghịch biến ( 1;1) (1;3)

Câu Trong không gian Oxyz cho u (2; 1;1), v ( 3;4; 5) Số đo góc hai vectơ u v

A. 150 B.120 C. 60 D. 30 Lời giải

Chọn A

0

15

cos( , ) ( , ) 150

2 6.5

u v

u v u v

u v



     

Câu Cho khối chóp có chiều cao 2a, đáy hình thoi cạnh a có góc 60 Thể tích khối chóp cho

A a3 B

3

3 a

C

3

3 a

D

3

3 a

Lời giải Chọn B

Diện tích hình thoi

2

2

.sin 60 a

Sa  

Thể tích khối chóp

2

1 3

.2

3 3

a a

V  Sh a

Câu Điểm cực đại hàm số y  x3 3x2

A x 1 B x4 C x0 D x1

1A 2A 3B 4D 5C 6A 7A 8D 9B 10C 11B 12D 13A 14C 15C

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Lời giải Chọn D

TXĐ D

Ta có

3

y   x  ;

1 x y

x

 

     



Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại x1

Câu Trong không gian Oxyz, giao tuyến hai mặt phẳng P :x 2y 3z 0, :

Q x 4z có véc tơ phương

A u1 5; 2; 3   B u2 5; 2; 3  C u3 8;1; 2  D u4 4; 1; 2   Lời giải

Chọn C

Mặt P có véc tơ pháp tuyến n1 3; ; ; Mặt Q có véc tơ pháp tuyến n2 4; ; ;

Gọi giao tuyến hai mặt phẳng P Q , u véc tơ phương ;

đó ta có n u n

n u n

1

2

đường thẳng có véc tơ phương

, ; ;

u n n1 2 u3 Suy u3 véc tơ phương

Câu Nếu tích phân

1

d

f x x

0

2 d

f x x

A 3 B 12 C 6 D 4

Lời giải Chọn A

Đặt d 1d

2

x u x u ; đổi cận x u ; x u

Khi

1 3

0 1

1 1

2 d d d d

2 2

f x x f u u f u u f x x

Câu Giá trị lớn hàm số y 2 x x1bằng

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Lời giải Chọn A

Hàm số có nghĩa 2  1; 2

1

x x

x

x x

  

 

    

   

 

Ta có  1 1 1 0,  1; 2

2 2 2

y x x x

x x x x

 



              

     

Suy hàm số nghịch biến đoạn 1; 2 nên Max yy  1

Câu Cho hình nón có bán kính đáy 1, góc đường sinh trục hình nón

30 Diện tích xung quanh hình nón cho

A 4

3 

B 3 C 2

3 

D.2

Lời giải Chọn D

Xét tam giác SOBta có 1, 300 sin 300 0 sin 30

OB OB

OB OSB SB

SB

       

Vậy ta có Sxq Rl.1.22

Câu Trong không gian Oxyz, điểm đối xứng với điểm M4; 5;3  qua trục Oz có tọa độ A 4; 5; 3   B 4;5;3 C 4;5; 3  D 0;0;3 

Lời giải Chọn B

Hình chiếu điểm M lên trục Oz H0;0;3

N H Ó M T O Á N V D – VDC N H Ó M T O Á N V D – VDC

Câu 10 Tổng số đường tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số

2 x y

x x x

 

 

A 4 B 3 C 2 D 1

Lời giải Chọn C

Hàm số xác định

 

2

2

4 2

0

2

1 x x x x x

x x x x

x x                                  

TXĐ: D    ; 2 2;

*) Ta có

2 2 2 2

3

2

4

1

4

lim lim lim lim

1

2

1

x x x x

x

x x x x

y

x x x x x x

x x                    

suy y0là đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số

*) Không tồn

0 1

lim , lim , lim , lim

x x x x

y y y y

   

   

Khi x  2 thì hàm số khơng xác định nên ta tìm

 2

lim x y    Ta có              2

2 2

4

lim lim lim

1

2

x x x

x x

y

x x x

x x x

                       

   

2 2 lim x x x

x x x

                         2 lim x x

x x x



 



  

   

suy x 2 đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số

Do tổng số đường tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số

Câu 11 Bất phương trình log2x 1 log46x5 có nghiệm nguyên?

A 6 B 7 C 8 D 9

Lời giải Chọn B

Điều kiện 1

6

x x x         

Bất phương trình log2x 1 log46x 5 log2x12 log26x5  2

1

x x

   

8

x x

     4 5  x

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Câu 12 Họ tất nguyên hàm hàm số   2

4

f x

x x



 

A

 

2 2x1 C B

1

2x1C C

1

2x C

 

 D  

1

2 2x C

 



Lời giải Chọn D

Ta có  

 2  

1

2

2

f x dx dx C

x x

   

 

 

Câu 13 Số điểm cực trị hàm số y x sin2 x khoảng  ; 

A 0 B 1 C 2 D 3

Lời giải Chọn A

1 sin

y   x

0,

y    x   ;  suy hàm số đồng biến  ;  Vậy hàm số cực trị khoảng  ; 

Câu 14 Tích nghiệm phương trình   5

2 x  x 7 30

A 2 B 2 C 5 D 5

Lời giải Chọn C

  5

2

x x

   

  5   2

2 3

x  x 

   

2

5

x x

   

Tổng nghiệm phương trình bậc hai x25x 2

Câu 15 Cho khối trụ có chiều cao bán kính đáy có diện tích thiết diện qua trục khối trụ 16 Thể tích khối trụ cho

A 64 B 64

3



C 16 2 D 16

3



Lời giải

Chọn C Ta có:

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Diện tích thiết diện qua trục Sh R.2 16h R 8

8 2

R R

    h2

Thể tích khối trụ:   2

2 2 16 V  R h    Câu 16 Biết    

1 x x

x e dxa x b e C

 , với a b, số hữu tỉ Giá trị a b A 5

2 B 4 C 1 D 2

Lời giải Chọn D

Đặt 21 1 2

2

x x

du dx u x

v e dv e dx

   

 

 

 

 

  1  2 1  2

1

2 2 2

x x x x x x

I  x e dx x e  e dx x e  e  C e x C

 

 

Vậy 1;

2

a b 

Câu 17 Biết phương trình

9

log log

27 x

x  có hai nghiệm x x1, 2 với x1x2 Hiệu x2x1 A 80

3 B

80

27 C

6560

27 D

6560 729

Lời giải Chọn D

Điều kiện x0

2

9 3 3

1

log log log log log 27

27

x

x   x  x 

 

 2

3

2

1

log

log log 12 729 ,

log 729

3

x x

x x x x

x

x





   

 

        



   

Do 2 1 6560

729 729

x   x 

Câu 18 Biết tập nghiệm bất phương trình 4x8.6x12.9x 0 khoảng  a b; Giá trị b a

A

3 log

 B

3

log C

3 log

 D

3 log

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Vì 9x 0 nên

2

2

4 8.6 12.9 12

3

x x

x x x       

   

   

2

3

2

2 log log

3

x

x

 

      

 

Suy 2 2 2 2 2 2

3 3 3

1

log 6, log log log log log

3

a b   b a    

Câu 19 Cho hình lập phương ABCD A B C D     cạnh a Thể tích khối cầu có tâm A tiếp xúc với đường thẳng A C

A

3

2

a 

B

3

8 27

a 

C

3

3

a 

D 6a3 Lời giải

Chọn B

Gọi H hình chiếu vng góc A đường thẳng A C Ta có ABCD hình vng cạnh a nên ACa

Vì ABCD A B C D     hình lập phương nên AAABCDAAA C  tam giác ACA vng A

Do ta có 2 2 12 32

2

a AH

AH  AA  AC  a  

Vì khối cầu tâm A tiếp xúc với đường thẳng A C nên có bán kính

3 a

RAH 

Vậy thể tích khối cầu

3

4

3 27

a

V  R  

Câu 20 Biết

2

3

d

x xa b c

 với a b c, , số hữu tỉ Giá trị a b c  A 41

2 B

25

2 C

13

2 D

5

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Ta có    

4 4

3 3

d d d d d

x x x x x x x x x x

 

 

    

        

    

4

2

2

3

25

2 2

x x

x x





   

   

        

   

Từ suy

1

13

2 25

2 a

b a b c

c

   

      

   

Câu 21 Biết nghiệm dương nhỏ phương trình 1  3.cosxs inxcos2x x0 a b



 , với a,b số nguyên dương a10 Giá trị a+b

A 23 B 7 C 11 D 17

Lời giải Chọn A

Ta có:

 

2 1 3.cosx s inxcos2x2s inx s in2xcos2x

3

s in s in2 cos2 s in sin

2

x x x x  x  

       

 

   

2

6

, ,

5

2 18

x k

k l l

x

   

    

 

  



Nếu x0 có dạng (1) thì: 0 2  

6 12

x    k     k   k k

 

Vì a<10 nên suy 12 10 11   12

k k  k

     

Vậy 11  

12 k 12 k

     nên khơng có giá trị k thỏa mãn

Nếu x0 có dạng (2) nghiệm dương nhỏ phương trình ứng với k=0.Hay 0

18

x  

Từ ta suy a=5;b=18 Vậy a+b=23

Câu 22 Tiếp tuyến qua điểm A1; 0 đồ thị hàm số  

1 x

y C

x

 

 có phương trình

A 1

3

y x B y x C y3x3 D y  x

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Đường thẳng qua A1;0 với hệ số góc k có phương trình yk x  1 kxk tiếp xúc với (C) x  x  1

1 x

k k k k x x

x



       

 có nghiệm kép x 1

 

2 1

kx x k k

      có nghiệm kép x 1

   

   '

0 0

1

1 1 1

3

2 1

k k

k k k k k

k

k k k



  

 

           



       



Vậy tiếp tuyến 1x

3

y 

Câu 23 Cho phương trình 9x 2 3 x

m m

     với mlà tham số Có giá trị nguyên

của m để phương trình cho có nghiệm thực phân biệt?

A.3 B.4 C 5 D.Vô số

Lời giải Chọn A

Đặt t3xt 0 ta phương trình t22m1t  m 1 

Theo yêu cầu đề suy phương trình  1 phải có nghiệm phân biệt dương

     

2

; 2;

6

0

0 1

0 7

m

m m

S m m m

P m m

         

   

 



             

       

  

Suy có giá trị nguyên tham số mlà   6; 5;

Câu 24 Cắt bìa hình trịn có bán kính ( độ dày không đáng kể) theo đường gấp khúc

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Giá trị lớn thể tích khối chóp SABC

A 1

9 B

4 15

125 C

15

125 D

4

Lời giải Chọn B

Đặt ABx SA;  y x 0;y0

Ta có tâm O hình trịn tâm tam giác ABC SO AB Khi đó:

2

2 2

2

;

4 12

x x x x

SH  y  OH   x    

 

Mà

2 2

2

1 1

4 12

x x x x x

SO SHOH   y    y    

2

1

3

x x y

   

Mặt khác, ta tích khối chóp SABC

2

2 2

3

1

12 12

x x

V  x y   x 

Xét hàm số x

yx  ĐK: 0 x Có

2

2 x x y

x

  



N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

x

0

4

3

y  

y

48 125

Vậy giá trị lớn thể tích 48 15

12 125  125

Câu 25 Cho lăng trụ tam giác ABC A B C ' ' ' có cạnh đáy a chiều cao 3a Một hình trụ T có hai đáy nội tiếp tam giác ABC A B C, ' ' ' Gọi M trung điểm cạnh BC Đường thẳng A M' cắt mặt xung quanh hình trụ T N (N khác M ) Tính độ dài đoạn thẳng

MN

A. 15

3 a

MN B. 15

6 a

MN C. 39

3 a

MN  D. 39

6 a

MN 

Lời giải Chọn C

Ta có

2

2 2

2 2 39

' '

3 3

a a

MD MA MN MA MA AA a

Câu 26 Gọi Cm đồ thị hàm số 2

3

m

y x x m m x với m tham số Có

bao nhiêu điểm M cho tồn hai giá trị khác m m1, 2 mà M điểm cực đại đồ

thị

1

m

C điểm cực tiểu đồ thị

2

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

A 2 B 0 C 1 D Vô số

Lời giải Chọn C

Ta có

2

2

3

2 1

1

'

1

3

m m

x m y

y x m x m m

x m

y m m

Giả sử M x y0; 0 thỏa mãn yêu cầu tốn, ta có hệ

0

3 2 2

2

2

2

3

0 1

1

2 1

1

1

2 1

1 3 2 6

3

x m m

m m

m m

m m

y m m

2

2

2

1

1 0;0

2

1

1

3

m

m m M

m m

Như vậy, có điểm M 0;0 điểm cực đại đồ thị với m điểm cực tiểu đồ thị với m

Câu 27 Gọi  H hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y lnx x

 , trục hoành đường thẳng

x Biết thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình  H xung quanh trục hoành abln với a b, số hữu tỉ Tính a3b

A a3b2 B

a b  C a3b 1 D a b Lời giải

ChọnC

Xét phương trình

0

ln

0 ln 1

ln

x x

x

x x x

x

x x

 

 

 

      

   

 

Thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình  H xung quanh trục hoành  

2 2

2 2

2

1

1 1

ln ln 1

.d d ln d ln d ln

x x

V x x x x x

x x x x x

         

         

   

   

2

2

2

1

1

1 1 1 1

ln d ln d ln

2 x x x x x x

     

         

       

1 1

ln ln

2 2

   

       

   

Vậy 1;

2

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Câu 28 Cho lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác vuông B, AB2a, BC4a,

AA  a Gọi M trung điểm cạnh AB Diện tích thiết diện lăng trụ ABC A B C    cắt bới mặt phẳng MB C 

A 2 10a2 B 3 10a2 C 4 10a2 D 6 10a2 Lời giải

ChọnB

Ta có ABC A B C    lăng trụ đứng nên BC/ /B C  mà MMB C   ABC

MB C  ABC MN/ /BC

   nên N trung điểm AC Do MB C   ABCMN; MB C   ACC A NC;

MB C   A B C  B C ; MB C   ABB A B M

Suy thiết diện lăng trụ ABC A B C    cắt bới mặt phẳng MB C  hình thang B C NM 

Tam giác ABC vuông B nên BC AB ABC A B C    lăng trụ đứng nên AA BC suy BCAA B B   mà MN/ /BCMN AA B B  MN B M

Suy

2

B C NM

MN B C

S   B M

 

 



Mặt khác ta có ;

2 BC

B C  BC a MN  a; MB BB2BM2   3a 2a2 a 10

Vậy 10 10

2

B C NM

MN B C a a

S       B M   a  a

Câu 29 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cân vớiABACa BAC1200 Hình chiếu vng góc đỉnh S lên mặt phẳng ABC điểm H thuộc cạnh BC với HC2HB Góc SB mặt phẳng ABC

60 Mặt phẳng qua H vng góc với SA cắt cạnh SA SC, A C , Tính tích V khối chóp B ACC A 

A

3

7 192

a

V  B

3 3

64 a

V  C

3 3

100 a

V  D

3

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Chọn A

Do SH ABC nên góc SB mặt phẳng ABC

60 SBH 

Ta có BC2  AB2AC22AB AC .cos1202 3a2 BCa

khi 3,

3

a a

HB HC

Trong ta giác vuông SHB ta có tan 600 3 a

SH HB  a

Trong ta giác vng SHC ta có

2

2 2 21

3

a a

SC SH BC  a   

 

Trong tam giác AHC ta có

2

2 2

2 cos 30

3

a a

AH  AC HC  AC HC  AH 

Trong ta giác vuông SHA ta có

2

2 2 3

3

a a

SA AH SH  a   

 

Khi 2

SA AC SC tam giác SAC vng A hay SAAC Do SAHA C SAA C  Vậy A C  song song với AC, suy SA SC

SA SC

 

 Khi SA H đồng dạng với

2 SA SH SA SH SHA

SH SA SA SA

 

    

Ta có VB ACC A  VS ABC VS A C B   Mà

4

9

16

S A C B S ACB

V SA SC SH

V SA SC SA

       

 

 

Khi

3

9 7

.sin120

16 16 192

B ACC A S ABC S ABC

a

V   V  V  SH AB AC 

Câu 30 Cho phương trình  

2

log  x  2m3 xm  m 6log  x0 với m tham số Có giá trị nguyên m để phương trình cho có nghiệm?

A 7 B 4 C 5 D 6

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Ta có  

 

2

2

2

0

log log

2

x

x m x m m x

x m x m m x

 

 

         

        

   

2

0

2

x

x m x m m

 

       



Bài tốn trở thành: Có giá trị m nguyên đề phương trình (1) có nghiệm dương

TH1: Phương trình (1) có nghiệm kép dương

Ta có   m12m2      m 6 m m Nghệm kép: x6 TH1: Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu hay

6

m       m m Vì m nguyên

nên m  1;0;1; 2

TH3:: Phương trình (1) có nghiệm nghiệm dương

Vì x0 nghiệm (1) nên m m m

m

 

      



* Với m3 phương trình (1) trở thành 0 x x x

x

 

   



 Vậy m3 (t/m)

* Với m 2 phương trình (1) trở thành 0 x x x

x

 

   

 

 Vậy m 2 (Loại)

Vậy có giá trị m nguyên

Câu 31 Trong không gian Oxyz, cho hai mặt cầu  S1 ,  S2 có điểm chung A1; 2; 1 , tiếp xúc với mặt phẳng Oxy có tâm thuộc đường thẳng : 1

1

x y z

d     

 Khoảng cách

giữa hai tâm hai mặt cầu  S1 ,  S2

A B 46 C 4 D 2

Lời giải Chọn A

Gọi I điểm thuộc đường d thẳng thỏa mãn AI d I Oxy ,  Phương trình tham số

1

:

1

x t

d y t

z t

      

    

Tọa độ điểm I1t;1  t; 2td

Khi AI d I Oxy ,    t 2 t 1  2 2t   1 2t

 

 

2 2 1;1;

6 4 2

1 2;0;

t I

t t t t t t

t I

  



          

   



Do tọa độ tâm hai mặt cầu  S1 ,  S2 I11;1; 1 , I22;0; 3  ngược lại Vậy Khoảng cách hai tâm hai mặt cầu  S1 ,  S2 12  12  2 

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

hai mặt phẳng SAC ABC 45 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

A

2a B

2

3 a

V   C

5a D

2

4 a 

Lời giải Chọn D

Do điểm H đối xứng với B qua AC nên tứ giác ABCH hình vng Gọi O giao điểm AC HB

Ta có HOAC SH AC nên ACSHOSOAC Do góc hai mặt phẳng SAC ABC SOH  45

Trong tam giác SHO có tan tan tan 45

2 2

a

SH HO SOH  AC SOH  a  

Ta có: SH ABCH nên SH BC mà HC BC nên BC (SHC) BC SC Tương tự ta chứng minh AB SA

Do SHB SAB SCB 90

Suy điểm S A B C H, , , , thuộc mặt cầu đường kính SB Do bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCH

1

R SB 2

2 SH HB

2

1

2 4

a a

a

Vây diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

2

2 5

4

16

a a

S R    

Câu 33 Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục, nhận giá trị dương đoạn  1; ,f  1 1, f  4 8và     3    

2 x f x f ' x x 2f x  , x 1; Tích phân

 

1

x dx f x

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

A.1

2 B.

3

2 C.

2

3 D.2.

Lời giải Chọn D

Ta có:      2      2

2 x f x f ' x 2f x x 2 x f x f ' x 2xf x x

     2  

2

4

2 '

1 '

x f x f x xf x f x

x x

 



    

 

Tích phân hai vế ta      

2

2 '

f x f x

x C f x x x C

x x

 

      

 

 

 

Thay x  4 C Vậy  

4

4 1

2

x

f x x x x

x x

   

Câu 34 Đồ thị  C hàm số

3

yax bx  cx a đồ thị  C' hàm số

3

y ax  bx c

a b c, ,  ,a0có hai điểm chung khác A B, điểm A có hồnh độ Các tiếp tuyến  C  C' điểm A trùng nhau; diện tích hình phẳng giới hạn  C  C' Giá trị a b c 

A.12 B.17 C.60 D.45.

Lời giải Chọn C

Gọi f x ax3bx2 cx ;a g x 3ax22bx c

Ta có: f x g x  có nghiệm f ' x g x'  có nghiệm Do đó: c 3a

b a

 

  

 Diện tích hình phẳng giới hạn  C  C'

 

2

0

1 12 60

a x x  dx  a    a b c

Câu 35 Chọn ngẫu nhiên đồng thời sáu số tự nhiên khác thuộc đoạn [1;25] Gọi A biến cố “Chọn sáu số tự nhiên cho tổng bình phương sáu số chia hết cho 3” Xác suất biến cố A

A 633

6325 B

453

6325 C

211

6325 D

1803 6325

Lời giải Chọn D

Nhận xét: Số phương chia ln dư dư Thật vậy:

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Khi đó: 2

9 3

n  k

Trường hợp 2: n = 3k + (k ∈ N):

Khi đó: 2

(3 1) 9 6 1

n  k  k  k chia dư Trường hợp 3: n = 3k + (k ∈ N)

Khi đó: n2 (3k2)2 9k212k 4 (9k212k 3) 1chia dư Vậy, số phương chia ln dư

Chia 25 số tự nhiên đoạn [1;25] thành nhóm

Nhóm 1: Gồm số tự nhiên chia hết cho Có số tự nhiên thuộc nhóm

Nhóm 2: Gồm số tự nhiên khơng chia hết cho Có 17 số tự nhiên thuộc nhóm

Để chọn sáu số tự nhiên cho tổng bình phương sáu số chia hết cho thực cách chọn:

Cách 1: Cả số tự nhiên chọn nằm nhóm Cách 2: Cả số tự nhiên chọn nằm nhóm

Cách 3: Chọn số tự nhiên nhóm số tự nhiên nhóm Số phần tử khơng gian mẫu: n  C256 177100

Xác suất biến cố A:

6 3

8 17 17 1803

177100 6325

A

C C C C

P    

Câu 36 Cho bất phương trình

2019

( 2019) 2020 ( 1) log 2020

x  m x m  x m x với m tham số

Có giá trị nguyên m để tập nghiệm bất phương trình cho chứa khoảng (1000;2020) ?

A 1018 B 1019 C 1020 D 1021

Lời giải Chọn D

Theo ra:

2

2019

2019 2019 2019

2

2019 2019 2019

2019 2019

( 2019) 2020 ( 1) log 2020

2019 2020 log log log 2020

( 2020 log ) 2020 2019 log log

( 2020 log ) ( 2020 log ) (2020 log

x m x m x m x

x x mx m x x m x x

m x x x x x x x

m x x x x x x

      

       

        

           019

2019 2019

)

( 2020 log ) ( 2020 log )(1 )

x

m x x x x x

        

Trường hợp 1:  x 2020 log 2019x 0 Xét hàm số f x( )  x 2020 log 2019x:

1

'( ) (1000; 2020)

.ln 2019

f x x

x

     

Do đó, f’(x) hàm nghịch biến (1000;2020)

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Khi đó, bất phương trình trở thành: 0.m < 0.(1 – 2019) (Vô lý)

Như vậy, x = 2019 không nghiệm bất phương trình cho Trường hợp 2:  x 2020 log 2019x0

Vì hàm f(x) nghịch biến nên x < 2019 Khi m    1 x x m

Mà tập nghiệm bất phương trình chứa khoảng (1000;2019) nên 1000  m 20191001 m 2020

Trường hợp có 1019 giá trị nguyên m thỏa mãn toán Trường hợp 3:  x 2020 log 2019x0

Vì hàm f(x) nghịch biến nên x > 2019 Khi m    1 x x m 1

Mà bất phương trình tập nghiệm cho chứa khoảng (2019;2020) nên

2019 2020

2020 2021

m m

  

  

Trường hợp có giá trị nguyên tham số m thỏa mãn toán Trường hợp 4: m = 2020

Bất phương trình trở thành: 2020( x 2020 log 2019x)x1 (  x 2020 log 2019x) *) Nếu x2019thì bất phương trình tương đương với 2020   x 1 x 2019 Tập nghiệm bất phương trình: S  

*) Nếu x < 2019, chứng minh tương tự, ta tập nghiệm phương trình S   Vì tập rỗng nằm (1000;2020) nên m = 2020 thỏa mãn tốn

Vậy có tất 1021 giá trị nguyên m cho tập nghiệm bất phương trình chứa khoảng (1000;2020)

Câu 37 Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D ' ' ' ' có ABa AD, a 3,AA'3a Gọi M điểm thuộc cạnh CC' cho mp MBD( ) vng góc với mp A BD( ' ) Thể tích khối tứ diện

'

A BDM

A

3

13

a

B.

3

10

a

C

3

100 a

D.

3

13 24 a

Lời giải Chọn D

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Ta có A'(0;0;0), ( ;0;3 ), (0;B a a D a 3;3 )a Giả sử M a a( ; 3;z0), suy ' ( ;0;3 )

' (0; 3;3 )

A B a a

A D a a

   



  

2 2

' , ' 3; ;

A B A D a a a

 

    Chọn véctơ pháp tuyến ( ' )

mp A BD n  ( 3; 3;1)

Lại có (0; 3; )

( ; 3;0)

BM a z a

BD a a

  

 

 

  

2

0

, 3( ); ( );

BM BD a z a a z a a

 

     

Chọn véctơ pháp tuyến mp MBD( ) n'  3(z03 );(3a az0);a 3

Vì ( 'A BD)(MBD)n n '03 3(z03 )a  3(3az0)a 30

0

3 3z 9a 3a 3z a

      0 11 0 11

4 a

z a z

   

Vậy ; 3;11

4 a

M a a 

  '

1

' , ' '

A BDM

V A B A D A M

   

3

3

1 11 13

3 3

6 24

a a

a a

    

Câu 38 Cho hàm số y f x( ) có đạo hàm có bảng biến thiên sau :

Gọi S tập hợp tất giá trị tham số thực m để phương trình 1

( ) ( ) m

f x  f x  

có nghiệm thực phân biệt Hỏi tập S có phần tử?

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Lời giải Chọn C

Xét phương trình 1

( ) ( ) m

f x  f x   (1) Điều kiện ( )

( ) f x f x

 

 

 Ta có

1

( ) (1; 2)

2

x a

f x x b

x c

  



       

; f x( )   2 x d c

Đặt ( ) 1

( ) ( )

g x

f x f x

 

   2 2

1

'( ) '( )

( ) ( )

g x f x

f x f x

 

     



 

 

1 '( ) '( )

2 x

g x f x

x  

     

  Bảng biến thiên:

Phương trình (1) có nghiệm thực phân biệt đường thẳng ym có điểm chung phân biệt với đồ thị hàm số yg x( ),

4

m 

Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 39 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A B, theo thứ tự thay đổi tia Ox Oy, cho

OAOB Điểm S thuộc mặt phẳng Ozx cho hai mặt phẳng SAB SOB tạo với mặt phẳng Oxy góc 30o

Gọi a; 0;c tọa độ điểm S Tính giá trị biểu thức 4

Pa c trường hợp thể tích khối chóp S OAB đạt giá trị lớn A 10

3

P B. 40

81

P C 40

9

P D. 45

8

P

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Ta có:

Hạ SH OASOB , OxySOH    

 , 

HE AB SAB Oxy SEH

30o

SOH SEH HO HE SH

      , suy BH tia phân giác góc OBA max max max

1

3 OAB

V  S SH  SH V SH HO

Đặt OAx OB,  y , ,x y 0 x y 9

OH OB OA OB

OH

HA  BA  OBBA (Do BH tia phân giác góc OBA)

2

2

9

81 OH

y x y y y

y

  

    (Do x y 9)

Xét A y 812 y2 A y2 812 y2

y y

      

3

2 4

2

81 81

2 81 27.81 27

A Ay Ay Ay A A A A

y y

          

4

4 4

4

9 3

3 3; 0; 3;

3 27 27 3

OH S  a c

        

 

Vậy 4 10

3

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

N

H

Ó

M T

O

Á

N

V

D

–

VDC

Câu 40 Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn xz 2 2yz2 3z24 Giá trị lớn biểu

thức    

3 3

4

x y z y x z z xy P

xy

   



A.112

27 B

110

27 C

128

27 D

55 27

Lời giải Chọn A

Ta có:   2 2 2 2 2

2 4 4

xz  yz  z  x  xzz  y  yzz  z 

     

2 4 2 2 4 4 2 2 4 1

x y z x y z x y z x y z

           

Khi đó:

     3

3 3 3 3

2

4

4 z x y

x y z y x z z xy x y x z y x y z z xy

P x y z

xy xy xy



       

     

    2  2z x 2y z z x y x y xy z

xy

  

      (Do  1 )

  2

2

2

x y xy

z x y z z

xy

   

      

 

 4 2

2z x 2y xy x y z z xy

 

    

   2 3

2z x 2y x y z z z z

xy



          Dấu xảy x2y

Xét hàm f z    z3 z2 với z0 Ta có   2

'

3

f z   z  z  z (do z0)

Bảng biến thiên: