dap an HDG thi thu chuyen Ha Giang

SỞ GD  ĐT HÀ GIANG CHUYÊN HÀ GIANG ĐỀ THI THỬ THPTQG - LẦN NĂM HỌC 2019-2020 Thời gian: 90 phút - BẢNG ĐÁP ÁN 1.D 11.B 21.D 31.D 41.D Câu 2.C 12.A 22.B 32.C 42.D 3.C 13.A 23.B 33.B 43.D 4.A 14.A 24.D 34.C 44.A  5.A 15.B 25.A 35.C 45.A  6.B 16.B 26.C 36.A 46.C 7.A 17.D 27.C 37.C 47.C 8.B 18.D 28.D 38.A 48.D 9.B 19.D 29.C 39.B 49.B 10.C 20.C 30.D 40.A 50.C Nghiệm bất phương trình log5 2x   B x  A x  C  x  Lời giải D log  x  Chọn D Điều kiện xác định: 2x    x  log   Ta có: log5 2x    x    x   x  Câu Kết hợp với điều kiện ta nghiệm bất phương trình cho là: log  x  Môđun số phức z  2  4i A B C D Lời giải Chọn C  2   42  Cho mặt cầu  S  có tâm I Biết khoảng cách từ Diện tích mặt cầu  S  Ta có z  Câu A 12 Câu B 18 I đến mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu C 36 Lời giải D 9 Chọn C Theo đề ta có: r  S  4 r  4. 32  36  x   2t  Trong không gian Oxyz cho đường thẳng  d  :  y  3t Điểm sau thuộc đường thẳng  z   6t  d  ? A Q  5;0;1 B N  0; 8; 12  C M  5;3;1 Lời giải D P  3;5;7  Chọn A  x   2t  Thế x  5; y  0; z  vào phương trình đường thẳng  d  :  y  3t ta có  z   6t  Q  5;0;1   d  Câu t   t  Vậy điểm t   Cho mặt phẳng   : x  y  z   điểm M  2; 3;5 Khoảng cách từ M đến mặt phẳng   11 A B 17 C Lời giải D Chọn A  d  M ,     Câu 2.2   3  2.5  22   1  22  11 Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục khoảng  ;   có đồ thị hình vẽ Điểm cực tiểu hàm số f  x  A x  Câu C x  1 Lời giải B x  Chọn B 4 Tập xác định hàm số y   x2  1 A \ 1;1 B \  1 C HƯỚNG GIẢI:  B1: Đặt điều kiện cho số giải điều kiện  B2: Kết luận tập xác định Từ ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn A Điều kiện: x    x  1 Vậy tập xác định hàm số y   x2  1 Câu D x  4 Cho  a  Mệnh đề sau sai? 1 A a 2020  2019 B 2019  2020 a a a D 1;    \ 1;1 C a 2019  a 2020 D a 2019  a 2020 Lời giải Chọn B Ta có: Câu 2019  2020  a 2019  a 2020 1 a a 0  a  Vì   a 2019  a 2020 nên (1) sai 2019  2020 Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A B C D có đáy AA 4a, BD a, AC 2a Thể tích V khối lăng trụ A V a B V 4a C V Lời giải 8a ABCD D 2a hình thoi, biết Chọn B  Ta có: Thể tích V 1 AA AC BD 4a.2a.a 4a 2 có u1  2027 , cơng sai d  3 Số hạng u10 AA S ABCD Câu 10 Cho cấp số cộng  un  C 2000 B 2054 A 2021 D 2027 Lời giải Chọn C  Ta có: u10 u1 n 1d 2027 2000 Câu 11 Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD có AB  a AD  a Góc hai đường thẳng BD AC A 90 B 60 C 450 D 90 Lời giải Chọn B AB a   nên ADB  60 AD a Suy OAD nên AOD  600 với O tâm hình vng ABCD BD//BD   AC; BD    AC; BD   60 Ta có tan ADB  Câu 12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  có phương trình x  y  z   Mặt phẳng  P  có vectơ pháp tuyến A n 1; 2;3 B n 1; 2;3  C n  2; 4;  Lời giải D n  1; 2;3 Chọn A Từ phương trình mặt phẳng  P  ta suy vectơ pháp tuyến n   2; 4;6   1; 2;3 2  i i B z   i Câu 13 Số phức liên hợp số phức z  A z   2i Chọn A C z   2i Lời giải D z   i  Ta có: z  2  i  2  i   i     2i i i  i   Suy z   2i Câu 14 Cho  f  x  dx  , giá trị  2 f  x   x 1 dx 2 A 10 C 20 Lời giải B D 14 Chọn A  x2   Ta có:   f  x   x  1 dx  2 f  x  dx    x  1 dx  2.3    x   10  2 2 x Câu 15 Tiệm cận đứng đồ thị hàm số y có phương trình 2x 1 A x  1 B x  C y   D y Lời giải Chọn B x  Đồ thị hàm số y có tiệm cận đứng x 2x Câu 16 Trong chặng đua xe đạp có 15 vận động viên xuất phát Hỏi có khả xếp loại ba vận động viên nhất, nhì, ba? 15! A 45 B A153 C C153 D 3! Lời giải Chọn B  Mỗi cách lấy vận động viên xếp vận động viên theo thứ tự nhất, nhì, ba chỉnh hợp chập 15 Vậy có A153 khả 4 Câu 17 Biết  ln( x  1)dx  a ln  b ln  c với a, b, c Giá trị biểu thức S  a  b  c A S  B S  2 C S  Lời giải D S  Chọn D  u  ln  x  1 du   Đặt   x 1 dv  dx v  x 2 x   1 ln( x  1)dx  x ln( x  1)  1 x  dx  ln  ln  1 1  x   dx  ln  ln   x  ln x    ln  ln    ln   ln   3ln  ln   Khi đó: a  3; b  2; c  1  Vậy S  a  b  c  Câu 18 Cho hình nón có độ dài đường sinh diện tích xung quanh 40 Đường cao hình nón có độ dài A 10 B 89 C D 39 Lời giải Chọn D  Diện tích xung quanh hình nón: Sxq  40   rl  40   r8  40  r   Đường cao hình nón có độ dài là: h  l  r  82  52  39 Câu 19 Điểm không thuộc đồ thị hàm số y  x  x  ? B P  2;7  A N 1; 2  C M  0; 1 Lời giải D Q  1;  Chọn D  Thay tọa độ điểm N 1; 2  vào đồ thị hàm số y  x  x  ta có 2  14  2.12   2  2 (đúng) Suy điểm N 1; 2  thuộc đồ thị hàm số y  x  x   Thay tọa độ điểm P  2;7  vào đồ thị hàm số y  x  x  ta có  24  2.22    (đúng) Suy điểm N 1; 2  thuộc đồ thị hàm số y  x  x  Thay tọa độ điểm M  0; 1 vào đồ thị hàm số y  x  x  ta có 1  04  2.02   1  1 (đúng) Suy điểm N 1; 2  thuộc đồ thị hàm số y  x  x   Thay tọa độ điểm Q  1;  vào đồ thị hàm số y  x  x  ta có   1   1    2 (Sai) Suy điểm Q  1;  không thuộc đồ thị hàm số y  x4  2x2 1  Vậy điểm Q  1;  điểm cần tìm Câu 20 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  3;0;0  , B  0;5;0  , C  0;0;7  Phương trình phương trình mặt phẳng   qua ba điểm A, B, C ? A x y z    1 B x y z   0 x y z   1 Lời giải C D x y z    Chọn C  Áp dụng công thức ta có phương trình mp   : x y z   1 x y z   1 Câu 21 Cho số phức z   2i Khẳng định sau đúng? A Phần thực z 2 B z   Vậy phương trình mp   : C Số phức liên hợp z  1  2i D z có điểm biểu diễn M 1;   Lời giải Chọn D  Số phức z   2i có: + Phần thực ; Phần ảo 2 + z    2   + Số phức liên hợp: z   2i + Điểm biểu diễn: M 1;    Vậy khẳng định A, B, C sai Khẳng định D Câu 22 Cho hàm số y  ax  bx  c có đồ thị hình vẽ Mệnh đề đúng? y O A a  0, b  0, c  B a  0, b  0, c  x C a  0, b  0, c  D a  0, b  0, c  Lời giải Chọn B  Đồ thị hàm số cho có bề lõm hướng xuống nên a   Đồ thị cắt trục tung điểm có tung độ âm nên c   Đồ thị hàm số có điểm cực trị nên ab  mà a  suy b  Vậy mệnh đề B 2x 1 Câu 23 Đồ thị hàm số y  cắt đường thẳng x  y   hai điểm phân biệt M , N có hồnh độ x 1 xM , xN Khi giá trị xM  xN có giá trị A B C 5 D Lời giải Chọn B 2x 1  x2  Phương trình hồnh độ giao điểm: x 1  Suy x    x   x  1  x  x   Gọi xM , xN hai nghiệm phương trình nên xM  xN  Câu 24 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình sau Mệnh đề sau đúng? A Hàm số đồng biến khoảng  ;   3;  B Hàm số nghịch biến khoảng  ; 1  0;1 C Hàm số nghịch biến khoảng  1;0   0;1 D Hàm số đồng biến khoảng  ; 1  0;1 Lời giải Chọn D  Từ bảng biến thiên, ta suy hàm số đồng biến khoảng  ; 1  0;1 Câu 25 Mênh đề sau đúng? 1 A  dx  ln x  C B  ln x dx  ln x  C C  ln xdx  x  C D  dx  ln x  C x x Lời giải Chọn A  Dựa vào bảng nguyên hàm ta chọn đáp án A Câu 26 Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình bên A y  x  x  B y  x  x  C y  x  3x  Lời giải D y   x  3x  Chọn C + Quan sát đồ thị ta thấy đồ thị hàm số bậc nên loại đáp án A B + Đồ thị hàm số có nhánh cuối lên nên a  Do chọn C Câu 27 Thiết diện qua trục hình trụ hình vng có cạnh 2a Thể tích khối trụ A  a B a C 2 a D 4 a Lời giải Chọn C Vì thiết diện qua trục hình trụ hình vng có cạnh 2a suy r  a; h  2a Vậy thể tích khối trụ V   r h  2 a Câu 28 Diện tích hình phẳng giới hạn đường y  sinx , trục hoành hai đường thẳng x  0; x  2 A B C D Lời giải Chọn D + Phương trình hồnh độ giao điểm đường y  sinx trục hoành y  x  (do x   0; 2 ) sin x    x   2 + Ta có S   Câu 29 Trong không  sinx dx   sin xdx  gian Oxyz 2   sin xdx   cos x cho mặt  2  cos x     : x  y  3z   phẳng x 1 y 1 z    Mệnh đề sau đúng? 1 1 A  cắt khơng vng góc với   B  / /   : C     D     Lời giải Chọn C Ta có VTCP đường thẳng  : u   1;  1;1 Mặt phẳng   : x  y  3z   có VTPT n  1;2;3  Ta có u.n  suy  / /       Mặt khác B  1;  1;3     ; Thay tọa độ điểm B vào phương trình   ta có 1     Vậy B    suy     Câu 30 Giá trị lớn hàm số y  A B 2x  đoạn  2;3 x 1 C D Lời giải Chọn D Ta có y  2x  5  y   0x  x 1  x  1 \ 1  f  x  liên tục nghịch biến đoạn  2;3 Ta tính f    7; f     M  max f  x    2;3 Câu 31 Mặt cầu tâm I  3; 3;1 qua điểm M  5; 2;1 có phương trình A ( x  3)  ( y  3)  ( z  1)  25 C ( x  3)  ( y  3)  ( z  1)  B ( x  3)2  ( y  3)2  ( z 1)2  D ( x  3)  ( y  3)  ( z  1)  Lời giải Chọn D  Mặt cầu có tâm I  3; 3;1 bán kính R  IM   Vậy  S  : ( x  3)2  ( y  3)2  ( z  1)2    3   2  3 2  đường thẳng Câu 32 Trong hàm số đây, đồ thị hàm số có tiệm cận ngang? 1 2x A y  x3  3x B y  2 x  x C y  D y  sin x x2 Lời giải Chọn C 1 2x  2  y  2 tiệm cận ngang đồ thị hàm số + Ta có lim x  x  + Hàm bậc ba hàm bậc bốn khơng có tiệm cận nên loại A, B + Xét hàm số y  sin x Ta có: lim sin x khơng tồn x  lim sin x không tồn x  Câu 33 Gọi z1 nghiệm phức có phần ảo âm phương trình z  2z   Điểm M biểu diễn số phức z1    A 1;  2i  C  1;   B 1;  D  1;  Lời giải Chọn B  z  1  i  Phương trình z  2z      z  1  i  Theo giả thiết ta chọn z1  1  i    Vậy z1  1  i biểu diễn điểm 1;  Câu 34 Hàm số y  log A  0;    Chọn C  Hàm số y  log x   có tập xác định B  4;    x C   ;    Lời giải D  2;      xác định  x   (đúng x  R )  Vậy tập xác định hàm số   ;    Câu 35 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên bên Số nghiệm phương trình f  x    A B C Lời giải D Chọn C  Ta có f  x     f  x   5  y  f  x  Số nghiệm phương trình số giao điểm hai đồ thị hàm số:   y  5  Từ đó, ta đặt đường thẳng y  5 lên bảng biến thiên  Ta thấy có giao điểm Vậy phương trình cho có nghiệm thực phân biệt Câu 36 Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có diện tích đáy a 2 chiều cao a Thể tích khối chóp C.ABBA 3a 2a a3 a3 A B C D 3 Lời giải Chọn A 1  Ta có VC ABC   CH S  ABC   VABC ABC  3  Vì VABC ABC   VC ABC   VC ABBA 2 2a  Suy VC ABBA  VABC ABC  a 2 a  3 Câu 37 Trong tất cặp số thực  x; y  thỏa mãn log  x  y    log  x  y  1 có cặp số  x; y  cho x  y  m   m  2  Khi tổng tất giá trị m thỏa mãn C 6 D Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Sử dụng tốn tương giao đề tìm tham số thỏa mãn yêu cầu cho trước KIẾN THỨC CẦN NHỚ: b + Với số a; b; c dương, a  ta có: log a  log a b  log a c c  a   0  b  c + log a b  log a c    0  a    b  c  A B 14 + Điểm M  x; y  thỏa mãn  x  a    y  b   R thuộc hình trịn tâm I  a; b  , bán kính R 2 + Đường thẳng  tiếp xúc với đường trịn  C  có tâm I , bán kính R d  I ,    R + A  B  B  0  A   B HƯỚNG GIẢI: B1: Từ giả thiết log  x  y    log  x  y  1 tìm biểu thức liên hệ x y 2 B2: Từ điều kiện bước kết hợp với giả thiết cặp  x; y  thỏa mãn x  y  m  suy cặp số  x; y  tọa độ điểm thuộc đường thẳng đường trịn Từ suy vị trí tương đối đường thẳng đường trịn B3: Giải điều kiện tìm m Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn C  log  x  y    log  x  y  1  log  x  y   log  x  y  1 2 2  x  y  x  y   x  y  x  y     x  1   y    2 2 Khi tập hợp điểm M  x; y  thỏa mãn yêu cầu đề điểm chung hình trịn  C  có tâm I 1;  , bán kính R  đường thẳng d : x  y  m  Để tồn cặp  x; y  đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn  C   m  3    3  m     m  3  Vậy tổng giá trị m thỏa mãn yêu cầu đề 6 Câu 38 Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng A , BC  a , ABC  30 Hai mặt bên  SAB   d  I; d   R   2.2  m  SAC  vng góc với mặt phẳng đáy, mặt bên  SBC  tạo với đáy góc 45 Thể tích khối chóp S.ABC a3 a3 a3 a3 A B C D 16 32 64 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Tính thể tích khối đa diện KIẾN THỨC CẦN NHỚ:  Hai mặt phẳng cắt vng góc với mặt phẳng thức ba giao tuyến chúng vng góc với mặt phẳng thứ ba  Trong tam giác vng, cạnh góc vng cạnh huyền nhân sin góc đối cosin góc kề  Để dựng góc hai mặt phẳng  P   Q  làm sau: Xác định giao tuyến   P   Q  Trong  P  dựng đường thẳng a   O ,  Q  dựng đường thẳng b   O Khi góc giữ  P   Q  góc đường thẳng a b  Thể tích khối chóp tính theo cơng thức V  S h S diện tích đáy h chiều cao hình chóp  Tam giác ABC vng A , đường cao AH : AH.BC  AB.AC HƯỚNG GIẢI: B1: Xác định chiều cao hình chóp, góc  SBC  mặt phẳng đáy B2: Tính diện tích đáy chiều cao hình chóp B3: Tính thể tích khối chóp Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn A  SAB    ABC    SA   ABC    SAC    ABC    SAB    SAC   SA  Trong  ABC  kẻ AM  BC M (1) BC  AM , AB  SA  SA   ABC    BC  SM (2) Từ (1) (2) suy  SBC  ,  ABC    SM , AM   SMA  45 a a ABC vuông A , ABC  30, BC  a  AC  ; AB  BC.cos30  2 a ABC vuông A , AM  BC  AM BC  AB AC  AM  a Tam giác SAM vuông cân A  SA  AM  1 a a a a3 (đvtt) VS ABC  SA.SABC  SA AB AC   6 2 32 Câu 39 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi E F trung điểm BC CD Bán kính R hình cầu ngoại tiếp hình chóp S.CEF 5a a 93 a 29 a 39 A R  B R  C R  D R  12 12 12 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Phương pháp chung: +) Dựng đường thẳng d qua tâm đáy vng góc với đáy +) Dựng mặt phẳng trung trực cạnh bên hình chóp suy tâm mặt cầu O giao điểm d mặt phẳng vừa dựng +) Tính R KIẾN THỨC CẦN NHỚ: +) Định nghĩa mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện phương pháp dựng tâm mặt cầu +) Các công thức tính chất hình học phẳng HƯỚNG GIẢI: B1: Dựng trục d qua tâm I tam giác CEF vng góc với  CEF  B2: Gọi tâm O tính OI B3: Tính R Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn B S d O K x F D C N I E H A B Gọi: - H trung điểm AD  SH   ABCD  - I trung điểm EF  I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF - d đường thẳng qua I vng góc với mặt đáy - N hình chiếu I lên AD - O tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.CEF  O  d - K hình chiếu O lên SH Đặt OI  x  Ta có: CI  a2 a ; OC  IC  IO2   x2 ; EF  2 a 10  3a   a   KO  HI  IN  NH        ;   4 2 2 a   a 10  22a 2  SO  SK  KO    x   x  ax      16     Vì O tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.CEF nên SO  OC Suy ra: a2 22a 5 3a  x  x  3ax   3ax  a  x  16 12 a 25a 93   a 48 12 Câu 40 Cho tứ diện ABCD cạnh a , gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  Vậy: R  OC  a a 2a Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Phương pháp chung: +) Dựng hình chiếu vng góc KIẾN THỨC CẦN NHỚ: +) Các tính chất tứ diện HƯỚNG GIẢI: B1: Dựng hình chiếu điểm O K B2: Tính OK Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn A A B C D a D O C A H K B  Gọi H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , ABCD hình chóp nên DH   ABC   Kẻ OK // DH  OK   ABC   OK  d  O,  ABC   1  2  Ta có OK  DH  AD2  AH  a   a   a 3 3   Câu 41 Người bán vải quấn vải quanh lõi hình trụ gỗ có bán kính đáy cm quấn tất 120 vòng ( quấn theo chiều dài vải ) Biết bề dày vải 0, 25 cm Chiều dài vải gần với số nguyên số đây? A 155 ( m) B 150 ( m) C 175 ( m) D 157 ( m) Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây tốn thực tế liên quan đến tìm yếu tố hình trụ, đường trịn KIẾN THỨC CẦN NHỚ: +) Cho hình trụ có bán kính R Khi đó, thiết diện hình trụ cắt mặt phẳng vng góc với trục hình trụ đường trịn có bán kính R Và chu vi đường tròn thiết diện 2 R n(n  1) +) Cơng thức tính tổng n số tự nhiên khác S      n  HƯỚNG GIẢI: B1: Tìm chiều dài vải vịng quấn chu vi đường trịn tương ứng Khi tính bán kính đường trịn từ vịng thứ hai trở cần lưu ý tính thêm bề dày vải B2: Hiểu chiều dài vải tổng chiều dài vải vịng quấn B3: Phát quy luật số hạng tính tổng để tìm kết Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn A  Chiều dài vòng là: L1  2 R,  R  cm   Chiều dài vòng là: L2  2 ( R  0, 25)  2 R  0, 25.2  Chiều dài vòng là: L3  2 ( R  2.0, 25)  2 R  2.0, 25.2 ………………………………  Chiều dài vòng 120 là: L120  2 ( R  119.0, 25)  2 R  119.0, 25.2  Chiều dài vải là: L  L1  L2  L3   L120 119.120  157( m) x Câu 42 Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị đối xứng với đồ thị hàm số y  a , (0  a  1) qua điểm K (2;  ) Tính f (4  log a )  120.2 R  2 0, 25(1     119)  120.2  2 0, 25 5 B  C  D 5 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng toán hàm số với yếu tố đồ thị, giá trị hàm số KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Trong hệ trục Oxy : +) Điểm M ( x0 ; y0 ) thuộc đồ thị hàm số y  f ( x)  y0  f ( x0 ) A +) Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị (C ) hàm số y  g ( x ) có đồ thị  C ' ua điểm I ( a; b ) nghĩa M ( x0 ; y0 )  (C )  M '(2a  x0 ; 2b  y0 )  (C ') +) Nếu đồ thị (C ) đối xứng với đồ thị  C ' qua điểm I ( a; b ) M ( x0 ; y0 )  (C )  M '(2a  x0 ; 2b  y0 )  (C ') HƯỚNG GIẢI: B1: Khai thác tính đối xứng đồ thị hai hàm số cho qua K Lấy điểm M ( x0 ; y0 ) thuộc đồ thị hàm số y  a x suy điểm đối xứng với M qua K M '( x '0 ; y '0 ) thuộc hàm số y  f ( x) B2: Từ mối liên hệ x '0 ; y '0 tìm cơng thức hàm số y  f ( x) B3: Thay  log a vào công thức vừa tìm để có kết Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn D  Gọi M ( x0 ; y0 ) thuộc đồ thị hàm số y  a x  N (4  x0 ; 1  y0 )  ( X ; Y ) thuộc đồ thị hàm số y  f ( x) , ta có  y0  a x0 a4  x0 4 X  Y    a    a    X   x  X a Y  1  y   Hay Y  f ( X )  1  a4  f (4  log a )  1  X a Câu 43 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm a4 4 log a  5 a Gọi 1 ,  tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  y  g  x   3x f  3x   điểm có hồnh độ Biết 1 vng góc với   f    Khi 1 ,  có phương trình 13 x  : y  2 3x  B 1 : y  x   : y  6 x  24  11 3 x C 1 : y   : y  3x  3 1 x   : y  x D 1 : y  Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hoành độ cho trước KIẾN THỨC CẦN NHỚ: +) Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm có hồnh độ a A 1 : y  y  f '  a  x  a   f  a  +) Mối liên hệ hệ số góc hai đường thẳng vng góc: 1 ,  có hệ số góc k1 , k2 Khi 1    k1k2  1 HƯỚNG GIẢI: B1: Viết dạng phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  điểm có hồnh độ B2: Từ giả thiết toán ta thiết lập hệ thức liên hệ f '   , g '   , f   , g   xác định chúng B3: Viết phương trình tiếp tuyến thỏa mãn điều kiện tốn Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn D  Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  điểm có hồnh độ 1 : y  f '   x    f    : y  g '   x    g    Ta có g '  x   xf  3x    x f '  3x    g '    12 f    36 f '   (*) Theo giả thiết 1    f '   g '    1 Khi (*)  g '    12 f    36 36  g '  2   12 f   g '  2 g '  2 1   g '    36  f '  2  Vì  f     g '      12   g '        g '  2  f     g    12  1 1 x   : y  x  Vậy 1 : y   x   1  : y   x    12 hay 1 : y  6 Câu 44 Một nhà khoa học nghiên cứu tăng trưởng loại virut thấy chúng tăng trưởng theo công thức S  t   Aert A số lượng virut ban đầu r tỉ lệ tăng trưởng ( r  ), t thời gian tăng trưởng tính theo Biết số lượng virut ban đầu 100 sau 30 phút có 600 Hỏi sau có virut? A 4665600 B 1200 C 360000 D 4666500 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn thực tế tăng trưởng theo ham số mũ KIẾN THỨC CẦN NHỚ: +) Cách giải phương trình mũ bản: a x  b  x  loga b HƯỚNG GIẢI: B1: Từ kiện tốn ta thiết lập phương trình mũ ẩn r B2: Giải phương trình mũ tìm tỉ lệ tăng trưởng r B3: Tính kết tăng trưởng tốn theo cơng thức Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn A r  Ban đầu có 100 virut, sau có 600 virut nên ta có phương trình: 600  100e r r  Ta có 600  100e  e   r  2ln  Vậy S t   Ae 2t ln6  S  3  100 e6ln6  466560 Câu 45 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ bên Tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số y  f  x  10   m có ba điểm cực trị B  m  D m  1 m  Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn cực trị hàm trị tuyệt chứa tham số KIẾN THỨC CẦN NHỚ: +) Số điểm cực trị hàm số y  f  ax  b   c số điểm cực trị hàm số y  f  x  A m  1 m  C m  1 m  +) Hàm số y  f  x  có điểm cực trị phương trình f  x   có nghiệm đơn nghiệm đơn nghiệm bội chẵn HƯỚNG GIẢI: B1: Tìm số cực trị hàm số y  f  ax  b   c B2: Dựa vào tính chất hàm số chứa giá trị tuyệt đối tìm điều kiện tham số m Lời giải Chọn A Nhận xét số điểm cực trị hàm số y  f  ax  b   c số điểm cực trị hàm số y  f  x  Dựa vào đồ thị, hàm số y  f  x  có điểm cực trị  hàm số y  f  x  10   m có điểm cực trị phương trình f  x  10   m   f  x  10   m có nghiệm đơn nghiệm đơn m  m  3  nghiệm bội chẵn   m    m    x     Câu 46 Cho hàm số f  x   , với x   ;  Gọi F  x  nguyên hàm xf '  x  thoả mãn cos x  2    F    Biết tan a  với a    ;  Biểu thức F  a   50a  7a có giá trị  2 1 A ln50 B  ln 50 C ln 50 D  ln 50 2 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn liên quan đến nguyên hàm KIẾN THỨC CẦN NHỚ: +) Công thức nguyên hàm phần  udv  uv   vdu HƯỚNG GIẢI: B1: Sử dụng công thức nguyên hàm phần để biến đổi B2: Sử dụng tiếp công thức nguyên hàm phần để biến đổi B3: Suy hàm số cần tìm B4: Tính giá trị tốn Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn C  u  x  du  dx  Đặt   dv  f '  x   v  f  x  x2 x2 x   f  x  dx   dx Ta có  xf '  x  dx  xf  x    f  x  dx  2 cos x cos x cos x u1  x  du1  dx   Đặt  dv1  cos x dx  v1  tan x x sin x dx  x tan x   tan xdx  x tan x   dx  x tan x  ln  cos x   C Do đó:  cos x cos x x2  x tan x  ln  cos x   C  Suy F  x   cos x F  0   C  Do F  x    F a  x2     x tan x  ln  cos x  , x    ;  cos x  2 a2  a.tan a  ln  cos a  cos a  50  cos a  10 cos a 2  F  a   50a  7a  ln  F  a   50a  7a   ln 10 10  F  a   50a  a  ln  ln 50 2 Câu 47 Gọi x, y số thực dương thỏa mãn log3 x  log3 y  log3 x  y Giá trị nhỏ biểu  Ta có tan a    tan a  50      thức T  x  y A 25 B C D 17 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Tìm GTLN, GTNN KIẾN THỨC CẦN NHỚ: + Quy tắc xác định GTLN – GTNN hàm số liên tục đoạn: Xét hàm số y  f  x  liên tục đoạn  a; b  B1: Tính đạo hàm f   x  Tìm điểm x1 , x2 , , xn khoảng  a; b  f   x  f   x  khơng xác định B2: Tính f  a  , f  x1  , f  x2  , , f  xn  , f  b  B3: Tìm số lớn M số nhỏ m số Ta có: M  max f  x  ; m  f  x   a ; b  a ; b HƯỚNG GIẢI: B1: Xác định hàm số cần tìm GTNN B2: Tính đạo hàm, giải phương trình đạo hàm B3: Tính giá trị hàm số, từ suy kết Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn C  Do x  0, y  nên y    y  y2  y 1 y 1 y 1  Vậy T  x  3y  y  1 y 1  Xét hàm số f  y   y   1;   y 1  Khi x  y  1  y  x   Ta có f   y     y  1 , f  y     y  1   y   1;   0  y   1;     Bảng biến thiên  Khi T  hay T  x  Câu 48 Cho thỏa mãn x, y x 1 4x , y 2  log 510   y   y    với P  x  28 y  x y  2020 A 2020 B 2022 C 2019 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Phương trình mũ, lơgarít KIẾN THỨC CẦN NHỚ: HƯỚNG GIẢI: B1: Đánh giá hai vế phương trình B2: Tìm điều kiện dấu xảy B3: Kết luận Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn D  Xét x 1 Ta thấy 4x x 1 D 2021  log 510   y   y  1 4x 3 x 1 4x  , dấu xảy x  (1)  Ta có 510   y   y   510   y   3 y   510  y   Đặt t  y  1,  t    Xét f  t   510  3t  t Ta có f   t   3t  t  1  0;   f  t     t  1  0;   Bảng biến thiên max f  t   f 1  512 0;  x  Giá trị biểu thức  y  1  Suy log2 510   y   y  1  log 512  (2)    Từ (1) (2) suy VT  9, VP    x  x   Dấu xảy    y    y   2 1 1  Thay x, y vào P ta P     28.0  26    2020  2021 2 2 ax  b , (a, b, c, d  ; d  0, ad  bc  0) có đồ thị (C ) Biết đồ thị hàm cx  d số y  f ( x) hình bên Câu 49 Cho hàm số y  f ( x)  đồ thị (C ) cắt trục tung điểm có tung độ Tiếp tuyến (C ) giao điểm (C ) với trục hồnh có phương trình A x  y   B x  y   C x  y   D x  y   Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn đọc đồ thị hàm số, từ đồ thị hàm số suy công thức hàm số KIẾN THỨC CẦN NHỚ: ax  b , (a, b, c, d  , ad - bc  0) đó: Cho hàm số y  f ( x)  cx  d a +) Phương trình đường thẳng tiệm cận ngang đồ thị có dạng y  c d +) Phương trình đường tiệm cận đứng đồ thị có dạng x   c b b +) Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm B (0; ) cắt trục hoành điểm A( ; 0) a d ad  bc +) Sự biến thiên hàm số phụ thuộc vào dấu biểu thức y  (cx  d ) ad  bc +) Đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  y  , đường tiệm cận đứng đồ (cx  d ) ad  bc d thị hàm số y  x   c (cx  d ) Đối với hàm số y  f ( x) nói chung có đồ thị (C ) phương trình tiếp tuyến (C ) điểm M ( x0 ; y0 ) thuộc đồ thị có công thức y  f ( x0 )( x  x0 )  f ( x0 ) HƯỚNG GIẢI: ad  bc B1: Lấy đạo hàm hàm số, dựa vào đồ thị hàm số y  để suy hệ số (cx  d ) B2: Lập luận để tìm hệ số phù hợp, từ suy công thức hàm số B3: Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số giao điểm đồ thị với trục hoành Lời giải Chọn B b ax  b cắt trục tung điểm có tung độ nên   b  2d d cx  d ad  bc  Đạo hàm hàm số y  (cx  d ) d  Đồ thị y  có tiệm cận đứng x  1 nên ta có phương trình   1  c  d c  Đồ thị y  cắt trục tung (0; 3) nên ad  bc ad  bd  3   3  a  b  3d  a   d d d2 ax  b  dx  2d  x     Vậy công thức hàm số y  f ( x)  , (C ) cắt trục hồnh điểm cx  d dx  d x 1 A(2;0) , hệ số góc tiếp tuyến (C ) A f (2)    Phương trình tiếp tuyến (C ) giao điểm (C ) với trục hồnh có phương trình y   ( x  2)  x  y   Câu 50 Trường trung học phổ thông chuyên Hà Giang có 24 lớp, gồm khối: khối 10, khối 11 khối 12, khối có lớp, lớp có chi đồn, chi đồn có em làm bí thư Các em bí thư giỏi động nên Ban chấp hành Đoàn trường chọn ngẫu nhiên em bí thư thi cán đồn giỏi cấp thành phố Tính xác suất để em chọn có đủ khối 7134 7234 7243 195 A B C D 7429 7429 7429 7429 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tính xác suất biến cố KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Để tính xác suất biến cố A ta cần nắm kiến thức sau: - Xác định không gian mẫu X (số phần tử không gian mẫu) - Xác định biến cố A (số phần tử tập A ) n( A) - Tính tỷ số P ( A)  xác suất biến cố A n( X ) HƯỚNG GIẢI: B1: Xác định số phần tử không gian mẫu n ( X )  Đồ thị hàm số y  f ( x)  B2: Xác định biến cố A biến cố đối A n( A) B3: Sử dụng công thức P ( A)  P( A)  P( A)  n( X ) Lời giải Chọn C  Mỗi cách chọn bí thư ngẫu nhiên 24 bí thư tổ hợp chập 24 phần tử số phần tử không gian mẫu n( X )  C24  1307504  Vì khối có bí thư nên cách chọn ngẫu nhiên bí thư có hai trường hợp bí thư thuộc hai khối lớp thuộc ba khối lớp  Gọi A biến cố chọn ngẫu nhiên bí thư thuộc ba khối lớp (mỗi khối có bí thư), ta có A biến cố chọn ngẫu nhiên bí thư thuộc hai khối lớp 3C 7234  Ta có n( A)  C169  C169  C169  3C169  34320 , từ ta có P( A)   P( A)   916  C24 7429 7234  Vậy xác suất để em chọn có đủ khối 7429 ... dx   Đặt  dv1  cos x dx  v1  tan x x sin x dx  x tan x   tan xdx  x tan x   dx  x tan x  ln  cos x   C Do đó:  cos x cos x x2  x tan x  ln  cos x   C  Suy F  x ... không gian mẫu n( X )  C24  1307504  Vì khối có bí thư nên cách chọn ngẫu nhiên bí thư có hai trường hợp bí thư thu? ??c hai khối lớp thu? ??c ba khối lớp  Gọi A biến cố chọn ngẫu nhiên bí thư thu? ??c... 1; 2  thu? ??c đồ thị hàm số y  x  x   Thay tọa độ điểm P  2;7  vào đồ thị hàm số y  x  x  ta có  24  2.22    (đúng) Suy điểm N 1; 2  thu? ??c đồ thị hàm số y  x  x  Thay tọa