DOWNLOAD file PDF

Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 1 , thiết diện thu được có diện tích bằng 18.. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng.[r]

(1)

Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia Đề

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mã đề 101

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút Mã đề có sử dụng file

nhóm tốn Vận Dụng Cao

(đã điều chỉnh số câu theo ý kiến chủ quan, sai sót lỗi cá nhân tơi) Câu Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P :x2y3z 1 Vectơ

vectơ pháp tuyến  P ? A n31;2; 1 



B n4 1;2;3 

C n11;3; 1  

D n2 2;3; 1  

Lời giải

Chọn B

Từ phương trình mặt phẳng  P :x2y3z 1 ta có vectơ pháp tuyến  P

 

4 1; 2;3 n  

Câu Với a số thực dương tùy,

log a

A 2log5a B 2 log 5a C 1 log5

2 a D

1 log a Lời giải

Chọn A

Ta có

5

log a 2log a

Câu Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Hàm số cho nghịch biến khoảng đây?

A 2;0 B 2;  C  0;2 D 0;  Lời giải

Chọn C

Ta có f x    0 x  0;2  f x  nghịch biến khoảng  0;2 Câu Nghiệm phương trình 32x127

A x5 B x1 C x2 D x4

Lời giải Chọn C

Ta có 32x12732x1332x   1 3 x 2

Câu Cho cấp số cộng  un với u13 u2 9 Công sai cấp số cộng cho

A 6 B 3 C 12 D 6

Lời giải Chọn D

(2)

4/44 Nguyễn Bảo Đức, P.Tam Hiệp, Biên Hòa

Câu Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình vẽ bên

A 3 3

yx  x  B y  x3 3x23 C yx42x23 D y  x4 2x23 Lời giải

Chọn A

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nên loại C D Khi x  y  nên hệ số a0 Vậy chọn A

Câu Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng :

1

x y z

d     

 Vectơ

vectơ phương d? A u2 2;1;1 



B u41; 2;   

C u3  1; 2;1  

D u12;1;   

Câu Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính r A 1 .

3r h B

2 . r h

 C 4 .

3r h D

2 2r h Lời giải

Chọn A

Câu Số cách chọn học sinh từ học sinh

A 27 B

7

A C C72 D 72

Số cách chọn học sinh từ học sinh C

Câu 10 Trong không gian Oxyz, hình chiếu vng góc điểm M2;1; 1  trục Oz có tọa độ A 2;1;0 B 0;0; 1  C 2;0;0 D 0;1;0

Lời giải Chọn B

Hình chiếu vng góc điểm M2;1; 1  trục Oz có tọa độ 0;0; 1  Câu 11 Biết  

1

0

2 f x dx 

  

1

0

3, g x dx

    

1

0

f x g x dx

 

 



A 5 B 5 C 1 D 1.

Lời giải Chọn A

Ta có        

1 1

0 0

2

f x g x dx f x dx g x dx    

 

 

  

Câu 12 Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B chiều cao h

A 3 Bh B Bh C 4

3Bh D

(3)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466)

Câu 13 Số phức liên hợp số phức 4i

A  3 4i B  3 4i C 3 4i D  4 3i Lời giải

Chọn C

3 4

z    i z i

Câu 14 Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Hàm số cho đạt cực tiểu

A x2 B x1 C x 1 D x 3 Lời giải

Chọn C

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số cho đạt cực tiểu x 1 Câu 15 Họ tất nguyên hàm hàm số f x 2x5

A 25  .

x x C B 2x25x C C 2x2C D x2C Lời giải

Chọn A

Ta có  d  2 5d  25  .

 f x x  x x x x C

Câu 16 Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm thực phương trình 2f x  3

A B C D

Ta có    

   

f x f x

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y f x  cắt đường thẳng 

(4)

Câu 17 Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng ABC, SA2a, tam giác ABC vng B, ABa 3và BCa (minh họa hình vẽ bên) Góc đường thẳng SCvà mặt phẳng ABC

A 90 B 45 C 30 D 60

Ta thấy hình chiếu vng góc SC lên ABClà ACnên SC,ABCSCA

Mà 2 2

AC AB BC  anên tanSCA SA AC

 

Vậy góc đường thẳng SCvà mặt phẳng ABC 45

Câu 18 Gọi z z1, 2 hai nghiệm phức phương trình z26z10 0 Giá trị z12z22bằng

A 16 B 56 C 20 D 26

Theo định lý Vi-ét ta có z1 z2 6, z z1 10

Suy 2  2

1 2 2 20 16

z z  z z  z z    Câu 19 Cho hàm số 2x2 3x

y  có đạo hàm A (2 3).2x2 3x.ln 2

x  B 2x23x.ln C (2x3).2x23x D (x23 ).2x x2 3 1x Lời giải

Chọn A

Câu 20 Giá trị lớn hàm số ( ) 3 2

f x x  x đoạn [ 3;3]

(5)

Ta có:   3 2   3 3

f x x  x  f x  x 

Có:   0 3 3 0

1 x x

x f x       

   

Mặt khác : f    3 16,f  1 4, f 1 0, f 3 20 Vậy

 3;3   max f x 20

 

Câu 21 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( ) :S x2y2 z2 2x2z 7 bán kính mặt cầu cho

A B 9 C 3 D 15

Ta có:

 2  2  2  2

2 2 2

( ) :S x y z 2x2z  7 x1 y  z  9 x1 y  z 3 Suy bán kính mặt cầu cho R3

Câu 22 Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có đáy tam giác cạnh a AA' 3a (hình minh họa hình vẽ) Thể tích lăng trụ cho

A 3

4 a

B

3

2 a

C

3 a

D

3 a

Lời giải

Chọn A

Ta có: ABC tam giác cạnh a nên ABC

a

S 

Ta lại có ABC A B C ' ' ' khối lăng trụ đứng nên AA' 3a đường cao khối lăng trụ Vậy thể tích khối lăng trụ cho là: ' ' ' ' 3 3

4

ABC A B C ABC

a a

V AA S a 

Câu 23 Cho hàm số f x  có đạo hàm f ' x x x 22,  x  Số điểm cực trị hàm số cho

A 0 B 3 C 2 D

Xét f ' x x x 22 Ta có '   22 0 x

f x x x

x  

     

 



(6)

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm suy hàm số có cực trị

Câu 24 Cho a b hai số thực dương thỏa mãn a b4 16 Giá trị 4log2alog2b

A 4 B 2 C 16 D 8

Ta có 4

2 2 2

4 log alog blog a log blog a blog 16 4

Câu 25 Cho hai số phức z1 1 i z2  1 2i Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, điểm biểu diễn số phức

3z z có toạ độ

A 4 1;  B 1 4;  C  4 1; D  1 4; Lời giải

Chọn A

 3z1z23 1    i 2i 4 i

 Vậy số phức z 3z 1z2 biểu diễn mặt phẳng toạ độ Oxy M4 1;  Câu 26 Nghiệm phương trình log3x  1 log 4 3 x1

A x3 B x 3 C x4 D x2 Lời giải

Chọn D

 log3x  1 log 4 3 x1  1

  1 log 33 x 1log 43 x13x 3 4x 1 0 x  Vậy  1 có nghiệm x2

Câu 27 Một cở sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao nhau, bán kính đáy 1m 1, 2m Chủ sở dự định làm bể nước mới, hình trụ, có chiều cao tích tổng thể tích hai bể nước Bán kính đáy bể nước dự dịnh làm gần với kết đây?

A 1,8 m B 1, m C 2, m D 1,6 m

(7)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) Ta có:

2

1

V R hh 2 22 36 25 V R h  h

Theo đề ta lại có:

1

36 61

25 25

V  V V  V h  h  hR h 61 1,56

25

R R

    (V R, thể tích bán kính bể nước cần tính) Câu 28 Cho hàm số y f x có bảng biến thiên sau:

Tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số cho

A 4 B 1. C 3 D 2

Dựa vào biến thiên ta có

lim

xy   x tiệm cận đứng đồ thị hàm số

lim 2

xy  y tiệm cận ngang đồ thị hàm số

Vậy tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số cho

Câu 29 Cho hàm số f x  liên tục  Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đường  , 0,

y f x y x  x4 (như hình vẽ bên) Mệnh đề đúng?

A    

1

S f x dx f x dx



   B    

1

S f x dx f x dx



  

C    

1

S f x dx f x dx



   D    

1

S f x dx f x dx



(8)

Ta có          

4 4

1 1 1

S f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

  

     

Câu 30 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;3;0và B5;1; 2  Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB có phương trình

A 2x   y z B 2x   y z C x y 2z 3 D.3x2y z 14 0 Lời giải

Chọn B

Ta có tọa độ trung điểm Icủa AB I3; 2; 1  AB4; 2; 2  

Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB qua I có vectơ pháp tuyến n AB nên có phương trình 4x 3 2 y2 2 z  1 2x   y z

Câu 31 Họ tất nguyên hàm hàm số  

 2

2 1 x f x x  

 khoảng  1;  A 2ln 1

1

x C

x

  

 B  

3 2ln 1 x C x    

C 2ln 1

x C

x

  

 D  

3 2ln 1 x C x     Lời giải Chọn B          

2 2

2

2 d d

d d d ln

1

1 1

x

x x x

f x x x x x C

x x

x x x

                    

Vì x   1; nên   2ln 1

f x dx x C

x

   

 

Câu 32 Cho hàm số f x  Biết f 0 4 f x 2cos2x1,  x ,  

0

f x dx





A 4 16

 

B

2 14 16

  

C

2 16 4 16

  

D

2 16 16 16

  

Lời giải

Chọn C

Ta có:     2cos2 1 2 cos 2  2 1sin 2

f x  f x dx x dx  x dx x xC Theo bài:  0 2.0 1.sin 4

2

f       C C Suy   1sin

2

f x  x x Vậy:

  2

4 4

2

0 0

1 cos 16

2 sin 4

2 16 16

x

f x dx x x dx x x

                                        

Câu 33 Trong không gian Oxyz, cho điểm A1;2;0, B2;0;2, C2; 1;3  D1;1;3 Đường thẳng qua C vng góc với mặt phẳng ABD có phương trình

A x t y t z t             

B

2 3 x t y t z t            

C

2 4 x t y t z t             

D

(9)

Ta có AB1; 2;2 , AD0; 1;3 AB AD,     4; 3; 1  

Đường thẳng qua C vng góc với mặt phẳng ABD có phương trình

4

x t

y t

z t

   

    

   

Câu 34 Cho số phức z thỏa mãn 3 z i 2i z  3 10i Mô đun z

A 3 B 5 C D

Gọi z x yi x y,   z x yi

Ta có 3 z i 2i z  3 10i 3xyi  2 ixyi 3 7i  

x y x y i i

     

5

x y

  

   



2 x y

    



Suy z  2 i Vậy z 

Câu 35 Cho hàm số f x , bảng xét dấu f x sau:

x  3 1 

 

f x    

Hàm số y f3 2 x nghịch biến khoảng đây?

A 4;  B 2;1 C  2;4 D  1;2 Lời giải

Chọn B

Ta có 3  3  3

3 1

      

 

          

  

 

x x

y f x f x

x x

Vì hàm số nghịch biến khoảng ;1 nên nghịch biến 2;1

Câu 36 Cho hàm số f x , hàm số y f x liên tục  có đồ thị hình vẽ bên

(10)

4/44 Nguyễn Bảo Đức, P.Tam Hiệp, Biên Hòa 10

A m f  2 2 B m f  0 C m f 2 2 D m f 0 Lời giải

Chọn B

Ta có f x    x m, x  0;2  m f x   x, x   0;2 *

Dựa vào đồ thị hàm số y f x ta có với x 0;2 f x 1 Xét hàm số g x  f x x khoảng  0;2

    0,  0;2

      

g x f x x

Suy hàm số g x  nghịch biến khoảng  0; Do  *  m g 0  f 0

Câu 37 Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên khác từ 25 số nguyên dương Xác suất để chọn hai số có tổng số chẵn

A 1

2 B

13

25 C

12

25 D

313 625 Lời giải

Chọn C  

25 300 n  C 

Trong 25 số nguyên dương có 13 số lẻ 12 số chẵn Gọi A biến cố chọn hai số có tổng số chẵn

Chọn số lẻ 13 số lẻ chọn số chẵn 12 số chẵn    2 13 12 144 n A C C  Vậy    

  144300 1225 n A

p A n

  



Câu 38 Cho hình trụ có chiều cao Cắt hình trụ cho mặt phẳng song song với trục cách trục khoảng 1, thiết diện thu có diện tích 30 Diện tích xung quanh hình trụ cho

A 10 3 B 5 39 C 20 3 D 10 39

Goi hình trụ có hai đáy O O,  bán kính R

Cắt hình trụ cho mặt phẳng song song với trục nên thiết diện thu hình chữ nhật ABCD với AB chiều cao ABCD5 suy 30

5

ADBC 

Gọi H trung điểm AD ta có OH 1 suy   2

2 1 2

4

AD

R OH    

(11)

Câu 39 Cho phương trình  

9 3

log x log 3x  1 log m (mlà tham số thực) Có tất giá trị nguyên m để phương trình cho có nghiệm

A 2 B 4 C 3 D Vô số

Điều kiện: x

Phương trình tương đương với:

   

3 3 3

3

log x log 3x log m log x log m m x f x

x x

 

        

Xét   1; 1; x

f x x

x

  

  

 ;  

1

0; ;

3

f x x

x

 

     

 

Bảng biến thiên

Để phương trình có nghiệm m 0;3 , suy có giá trị nguyên thỏa mãn

Câu 40 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a, mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBD A 21

14 a

B 21

7 a

C

2 a

D 21

28 a

Lời giải

Chọn B

Gọi H trung điểm AB Suy SHABCD Ta có   

 

 ,,  12  ,   , 

d H SBD BH

d A SBD d H SBD

BA

d A SBD    

Gọi I trung điểm OB, suy HI OA|| (với O tâm đáy hình vng)

Suy

2

a

HI  OA Lại có BD HI BD SHI

BD SH



  

 



Vẽ HK SI HK SBD Ta có 12 12 12 21 14 a HK

(12)

Suy  ,   ,  21

7 a

d A SBD  d H SBD  HK

Câu 41 Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục  Biết f  4 1  

0

4 dx

xf x 

 ,

 

2

d x f x x



A 31

2 B 16 C 8 D 14

Đặt t4x dt 4 dx

Khi đó:    

1

0

4 dt

16 dx t f t

xf x  

   

0

16 d xf x x

 

Xét:  

4

dx x f x 

Áp dụng cơng thức tích phân phần ta có:

         

4 4

4

2

0

0 0

2 16 16 2.16

dx dx d 16

x f x x f x  x f x  f  x f x x   

  

Câu 42 Trong không gian Oxyz, cho điểm A0;4; 3  Xét đường thẳng dthay đổi, song song với trục Oz cách trục Oz khoảng Khi khoảng cách từ Ađến dnhỏ nhất, dđi qua điểm đây?

A P3;0; 3  B M0; 3; 5   C N0;3; 5  D Q0;5; 3  Lời giải

Chọn C

Ta có mơ hình minh họa cho tốn sau:

(13)

Khi đường thẳng dđi qua điểm cố định 0;3;0 d / /Ozu d  k 0;0;1làm vectơ phương d

0 x d y

z t   

  

  

Dựa vào phương án ta chọn đáp án C N0;3; 5  Câu 43 Cho hàm số bậc ba y f x  có đồ thị hình vẽ bên

Số nghiệm thực phương trình  3  4 3 f x  x 

A 3 B 8 C 7 D 4

Xét phương trình:  3  f x  x   1

Đặt 3

tx  x, ta có: t 3x23; t    0 x Bảng biến thiên:

Phương trình  1 trở thành  

f t  với t

Từ đồ thị hàm số y f x  ban đầu, ta suy đồ thị hàm số y f t  sau:

Suy phương trình  

f t  có nghiệm t1     2 t2 t3 t4

x  1 

t   

t



2

2

(14)

Từ bảng biến thiên ban đầu ta có: +)

1

x  xt có nghiệm x1 +)

4

x  xt có nghiệm x2 +)

2

x  xt có nghiệm x3, x3, x5 +)

3

x  xt có nghiệm x6, x7, x8 Vậy phương trình  3 

3

f x  x  có nghiệm

Câu 44 Xét số phức zthỏa mãn z  Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp điểm biểu diễn số phức w

1 iz z  

 đường trịn có bán kính

A 34 B 26 C 34 D 26

Lời giải Chọn A

Ta có w(1 ) w  w

1 iz

w z iz z i

z 

        

  w  i w

Đặt w x yi x y , 

Ta có 2.  12  42

x  y  x y 2x2y22y 1 x28x16y2   2 2

2 8 4 14 0 4 2 34

x y x y x y

          

Vậy tập hợp điểm biễu diễn số phức w đường trịn có bán kính 34 Câu 45 Cho đường thẳng yx Parabol

2

y x a (a tham số thực dương) Gọi S1 S2 diện tích hai hình phẳng gạch chéo hình vẽ bên Khi S1S2 a thuộc khoảng sau đây?

A 1;

 

 

  B

1 0;

3

 

 

  C

1 2;

 

 

  D

2 3;

 

 

 

Xét phương trình tương giao:1 2x  a x 2 2 0

x x a

   

1

x a

     

  

 , với điều kiện

1 a Đặt t , a t 0

2

2 t

a 

(15)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) Xét  

g x x  x a g x dx  G x C Theo giả thiết ta có      

1

0

0 x

S g x dxG x G      

2

1

2

x

S  g x dxG x G x

Do S1S2 G x 2 G 0 32 22 2 6x 2x ax

   

2

x x a

     2  

1

2 t

t t   

      

 

2

2t t

    

2 t

  t 1(loại)

Khi

2

t  a

Câu 46 Cho hàm số f x , bảng biến thiên hàm số f x sau

Số điểm cực trị hàm số  2  y f x  x

A 9 B 3 C 7 D 5

Cách

Từ bảng biến thiên ta có:

Phương trình f x 0 có nghiệm tương ứng

 

, ;

, 1;0

,c 0;1

, 1;

x a a x b b x c x d d

   

 

  



   

   



Xét hàm số  2  2 1  2 

y f x  x y x f x  x

Giải phương trình      

       

2

1

2 1

0 2 2

2

x

x x a

x

y x f x x x x b

f x x

x x c

x x d

  

 

  

 

            

   



   

(16)

Xét hàm số   2

h x x  x ta có h x x22x  1 x12   1, x  Phương trình x22xa a,  1 vơ nghiệm

Phương trình 2 , 1 0

x  xb   b có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 khơng trùng với nghiệm phương trình  1

Phương trình 2 , 0 1

x  xc  c có hai nghiệm phân biệt x x3; khơng trùng với nghiệm phương trình  1 phương trình  2

Phương trình x22xd d, 1 có hai nghiệm phân biệt 5;

x x khơng trùng với nghiệm phương trình  1 phương trình  2 phương trình  3

Vậy phương trình y 0 có nghiệm phân biệt nên hàm số y f x 22x có điểm cực trị

Cách

Từ bảng biến thiên ta có:

Phương trình f x 0 có nghiệm tương ứng

 

, ;

, 1;0

,c 0;1

, 1;

x a a x b b x c x d d

   

 

  



   

   



Xét hàm số  2  2 1  2 

y f x  x y x f x  x

     

       

2

1

2

1

0 2 2

2

x

x x a

x

y x f x x x x b

f x x

x x c

x x d

  

 

  

 

          

 

   



   

Vẽ đồ thị hàm số   2 h x x  x

Dựa vào đồ thị ta thấy: phương trình  1 vơ nghiệm Các phương trình      2 ; ;

phương trình có nghiệm Các nghiệm phân biệt

Vậy phương trình y 0 có nghiệm phân biệt nên hàm số y f x 22x có điểm cực trị

Câu 47 Cho lăng trụ ABC A B C ' ' ' có chiều cao đáy tam giác cạnh Gọi ,

(17)

A 27 B 21 C 30 D 36

Cách 1:

C1

B1

A1

Q N

M

C'

B' A'

C B

A

Thể tích khối lăng trụ cho

2 8.6

72

V  

Gọi A B C1, ,1 trung điểm AA BB CC, , 

Thể tích khối đa diện cần tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C 1 1, trừ thể tích khối chóp AA MN BB MP CC NP1 ; 1 ; 1

Thể tích khối chóp AA MN1

2 4

3 24

V 

Vậy thể tích khối đa diện cần tính 3 27

2 24

ABCMNP

V V V

V    

(18)

Diện tích đáy 6 2 9 3

S  , chiều cao lăng trụ h8 Gọi I trung điểm AA Ta có MINP / / ABC

Gọi E giao điểm A P ABC, suy BE/ /AC BE2MPAC, hay E đỉnh thứ tư hình bình hành ABEC

Ta có V VA ABEC. VP BEC. VA IMPN. VA IMN. Trong đó:

1

.2

3

A ABEC

V   S h Sh

 

1. . , .1

3

P BEC BEC

V  S d P ABC  S h Sh

 

1 1 1

,

3 2 12

A IMPN IMPN

V   S d A IMPN  S h Sh

 

1 1 1

,

3 24

A IMN IMN

V  S d A IMN  S h Sh

Vậy . . . . 1 27

3 12 24

A ABEC P BEC A IMPN A IMN

V V  V V  V     Sh Sh

 

Câu 48 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S :x2y2 z 22 3 Có tất điểm  ; ; 

A a b c (a b c, , số nguyên) thuộc mặt phẳng Oxy cho có hai tiếp tuyến  S qua A hai tiếp tuyến vng góc với nhau?

A 12 B 8 C 16 D 4

(19)

Nhận xét: Nếu từ A kẻ tiếp tuyến vng góc đến mặt cầu

2 2

2

R£IA£R  £a +b + £  £a +b £

Tập điểm thỏa đề điểm nguyên nằm hình vành khăn (kể biên), nằm mặt phẳng ( )Oxy , tạo đường tròn đồng tâm O(0; 0; 0) bán kính

Nhìn hình vẽ ta có 12 điểm thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 49 Cho hai hàm số

2 1

x x x x

y

x x x x

  

   

   y   x x m (m tham số thực) có đồ thị  C1  C2 Tập hợp tất giá trị m để  C1  C2 cắt điểm phân biệt

A ;2 B 2; C ;2 D 2; Lời giải

Chọn B Cách 1:

Xét phương trình 2

2 1

x x x x

x x m

x x x x

         

  

3

2

2 1

x x x x

x x m

x x x x

  

       

   (1)

Hàm số  

3

2

3 2 1

3

2 1 2 2 khi 2

2 1

x x x x

x

x x x x x x x x

p x x x

x x x x

x x

x x x x

  

      



      

        

  

          

   



Ta có        

   

     

2 2

1 1 0, 2; \ 1;0;1; 2

2 1

1 1

2 0,

2 1

x x

x x x

p x

x x

x x x

         

   

   

        

   



nên hàm số

 

y p x đồng biến khoảng  ; 1, 1;0,  0;1 ,  1;2 , 2; Mặt khác ta có lim  

(20)

Bảng biến thiên hàm số yg x :

x  2 1   

g x + + + + +

  g x

   

4912

    

Do để  C1  C2 cắt bốn điểm phân biệt phương trình (1) phải có nghiệm phân biệt Điều xảy đường thẳng ym cắt đồ thị hàm số

 

y p x điểm phân biệt  m Cách 2:

Phương trình hồnh độ giao điểm  C1  C2 :

3

2

2 1

x x x x

x x m

x x x x

         

  

3

2

2 1

x x x x

x x m

x x x x

  

        

   (1)

Đặt   2

2 1

x x x x

f x x x m

x x x x

  

       

  

Tập xác định D\ 1;0;1;2   

  2 2  2

1 1 1

2

2 1

x f x

x x

x x x



      



  

     

 

2 2

2

1 1

2

2 1

x x

x x x

  

    



  

  0, ,

f x x D x

     

u cầu tốn  (1) có nghiệm phân biệt     2 m m

Câu 50 Cho phương trình  

2

4 log xlog x5 7x m 0 (m tham số thực) Có tất giá trị nguyên dương m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt

A 49 B 47 C Vô số D 48

Điều kiện:

7 log x

x m

(21)

Với m1, phương trình trở thành4 log22 log2 5 7x

x x  

2

log

4log log 5

log

4

7

0 ( )

x

x x

x

x loai

 



    

   

  



  

Phương trình có hai nghiệm (thỏa)

Với m2, điều kiện phương trình xlog7m

Pt

2

2 4

2

log

4log log 5

log

4

7

x

x x

m

m m

   



 

     

     

  

  

 

 

Do

5

2 2, 26 x



  không số nguyên, nên phương trình có nghiệm

3 m m

  



 (nghiệm

5 x



 không thỏa điều kiện nghiệm x2 thỏa điều kiện khác

log m)

Vậy m3; 4;5; ; 48 Suy có 46 giá trị m Do có tất 47 giá trị m

(22)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Mã đề 102

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi:TOÁN

Thời gian làm bài: 90phút Câu 1: Họ tất nguyên hàm hàm số f x 2x6

A 6

x  xC B 2x2C C 2x26xC D x2C Lời giải

Chọn A

 

f x  x có họ tất nguyên hàm F x x26xC

Câu 2: Trong không gian Oxyz,cho mặt phẳng  P : 2x y 3z 1 Vectơ

vectơ pháp tuyến  P

A n12; 1; 3   B n4 2;1;3 C n2 2; 1;3  D n32;3;1 Lời giải

Chọn C.

 P : 2x y 3z 1 có vtpt n22; 1;3  Câu 3: Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính đáy r

A r h2 B 2r h2 C 1

3r h D 3r h

Lời giải Chọn C.

Câu 4: Số phức liên hợp số phức 3 i

A  5 3i B  3 5i C  5 3i D 5 3 i Lời giải

Chọn D.

Câu 5: Với a số thực dương tùy ý, log5a3 A 1log5

3 a B

1 log

3 a C 3 log 5a D 3log5a

Ta có

5

log a 3log a

Câu 6: Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu vng góc điểm M3; 1;1  trục Oz có tọa độ A 3;0;0 B 3; 1;0  C 0;0;1 D 0; 1;0 

Hình chiếu vng góc điểm M3; 1;1  trục Oz có tọa độ 0;0;1 Câu 7: Số cách chọn học sinh từ học sinh

A 52 B 25 C

C D A52

Số cách chọn học sinh từ học sinh

C Câu 8: Biết  

1

0

3

f x dx

  

1

0

4

g x dx 

    

1

0

f x g x dx

 

 

(23)

A 7 B 7 C 1 D 1

Ta có        

1 1

0 0

3

f x g x dx f x dx g x dx   

 

 

  

Câu 9: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng :

2

    



x y z

d Vectơ vectơ phương d?

A 2;5;3



u B u4 2; 5;3  C u2 1;3;2 D u3 1;3; 2  Lời giải

Chọn B.

Câu 10: Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình

A   4 2 1

y x x B y  x3 3x1 C y x33x2 1 D y x42x21 Lời giải

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số bậc ba ( loại A D) Nhánh cuối xuống nên a0, nên Chọn B.

Câu 11: Cho cấp số cộng  un với u12 u2 8 Công sai cấp số cộng cho A 4 B 6 C 10 D 6

Công sai cấp số cộng là: d u2u16

Câu 12: Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B chiều cao h A 3Bh B Bh C 4

3Bh D

1 3Bh

Câu 13: Nghiệm phương trình 32x127 là.

A x2 B x1 C x5 D x4 Lời giải

Chọn B

Ta xét phương trình 32x127

3x 3

x x



      

(24)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 3

Hàm số cho đồng biến khoảng

A 0; B  0; C 2;0 D  ; 2

Quan sát bảng biến thiên ta thấy 2;0thìymang dấu dương Câu 15: Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau:

Hàm số cho đạt cực đại

Chọn C.

Câu 16: Nghiệm phương trình log2x  1 log2x1 là:

Chọn C.

       

2 2

1

log 1 log log log

1 2

x

x x x x x

x x

 

           

  



Câu 17: Giá trị nhỏ hàm số f x x33x2 đoạn 3;3 bằng

A 20 B 4 C 0 D 16

Lời giải Chọn D.

  3 3

f x  x 

   

 

2 3;3

0 3

1 3;3

x

f x x

x

          

    

 3 16

f    ; f 3 20; f  1 4; f 1 0

Vậy

 3;3   f x 16

  

Câu 18: Một sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao nhau, bán kính đáy

1 m 1, m Chủ sở dự định làm bể nước mới, hình trụ, có chiều cao tích tổng thể tích hai bể nước Bán kính đáy bể nước dự định làm gần với kể đây?

A 1, m B 1,5 m C 1,9 m D 2, m

x  

 

f x   

 

f x 

2 

2



x  2 

y    

y 

1

3

1

(25)

Lời giải Chọn A.

Gọi R11 m, R21, m, R3 bán kính bể nước hình trụ thứ nhất, thứ hai bể nước

Ta có V1V2 V3 πR h12 πR h22 πR h32 R3 1, 4 1,7

Câu 19: Cho hàm số f x  có đạo hàm f  x x x2 ,2  x  Số điểm cực trị hàm số cho

là

A 2 B 1 C 0 D 3

Ta có f  x x x22   0

x f x

x

  

   



 , x0 nghiệm đơn; x2

nghiệm bội chẵn

Vậy hàm số có cực trị x0

Câu 20: Gọi z z1, 2 hai nghiệm phức phương trình z26z14 0 Giá trị z12z22

A 36 B 8 C 28 D 18

Cách 1: Ta có: 6 14 0

z  z  có nghiệm z1,2  3 5i

Do 2   2 2

1 5

z z   i   i 

Cách 2: Áp dụng định lý Vi ét ta có 2  2

1 2 2 2.14

z z  z z  z z   

Câu 21: Cho khối chóp đứng ABC A B C.    có đáy tam giác cạnh a AA 2a (minh hoạ hình vẽ bên)

C/

B A

A A/

C

A 3

3 a

B

3 3 6 a

C 3a3 D

3 3

2 a

Ta có

2 3 4

ABC

a

S  Vậy .

2 3 3

. 2

4 2

ABCA B C ABC

a a

V     AA S  a 

Câu 22: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S :x2y2z2 2x2y 7 0 Bán kính mặt cầu cho

A 3 B 9 C 15 D 7

(26)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 5

Chọn A.

Ta có  S :x2y2z2 2x2y 7 0  x1 2 y12z2 9

Vậy bán kính mặt cầu R3

Câu 23: Cho hàm số f x( )có bảng biến thiên sau:

x  2 

 

f x    

 

f x 

1 

2

1 



Số nghiệm thực phương trình3 ( ) 0f x   là:

A 2 B 3 C 4 D 0

Ta có 3f x  5  

f x

   *

Dựa vào bảng biến thiên suy phương trình  * có bốn nghiệm

Câu 24: Cho hàm số y f x( ) có bảng biến thiên sau:

Tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số là:

A 3 B 1 C 2 D 4

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

lim

xy   x tiệm cận đứng

lim 0

xy  y tiệm cận ngang

Tổng số tiệm cận

Câu 25: Cho avà blà số thực dương thỏa mãn a b3 232 Giá trị 3log2a2log2b

A 5 B 2 C 32 D 4

Ta có 3log2a2log2b   2 log a b

 log 32 52 

Câu 26: Hàm số 3x2 3x

(27)

A 2 3 3 x2 3x

x  B 3x23x.ln C x23 3x x2 3 1x D 2 3 3 x2 3x.ln 3

x 

Áp dụng công thức  u lnu

a u a a ta y 2x3 3 x23x.ln 3

Câu 27: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;2;0 B3;0;2 Mặt phẳng trung trực

đoạn AB có phương trình là?

A 2x   y z B 2x   y z C x   y z D 2x   y z Lời giải

Chọn B

Gọi I1;1;1 trung điểm AB

4; 2;2

AB 



Mặt phẳng trung trực đoạn AB qua trung điểm I nhận véc tơ AB4; 2;2  làm

một véc tơ pháp tuyến có phương trình là: 2x 1 y    1 z 1 2x   y z Câu 28: Cho hai số phức z1  2 i z2  1 i Trên mặt phẳng tọa độ Oxy điểm biểu diễn số phức

1

2z z có tọa độ

A 3; 3  B 2; 3  C 3;3 D 3; 2

 

1

2z         z 2 i i 3i

Vậy điểm biểu diễn số phức 2z1z2 có tọa độ 3;3

Câu 29: Cho hàm số f x  liên tục  Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đường

 

y f x , y0, x 1 x5 (như hình vẽ bên) Mệnh đề đúng?

A    

1

d d

S f x x f x x



   B    

1

d d

S f x x f x x



  

C    

1

d d

S f x x f x x



   D    

1

d d

S f x x f x x



  

(28)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 7

Ta có diện tích hình phẳng cần tìm

 

5

1

d

S f x x



    

1

d d

f x x f x x



      

1

d d

f x x f x x



  

Câu 30: Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng ABC, SA2a, tam giác ABC

vuông B, ABa BC 3a (minh họa hình vẽ bên) Góc đường thẳng SC

mặt phẳng ABC

C

B A

S

A 90 B 30 C 60 D 45

C

B A

S

Ta có 2  3 2

AC AB BC  a  a  a

A hình chiếu S lên mặt phẳng ABC, C hình chiếu C lên mặt phẳng ABC  SC ABC; SC AC; SCA



tan

2

SA a

SCA

AC a

   SCA45

Câu 31: Cho số phức z thỏa mãn 3z  i 2 3i z  7 16i Môđun z A B 5 C D 3

(29)

Gọi z x yi x y,    z x yi

Ta có 3z  i 2 3i z  7 16i3x   yi i 2 3ixyi 7 16i

3

3 3 2 3 16

5 3 16

x y x

x yi i x yi xi y i

y x y

  

 

          

     

 

Vậy z  1 2i z 

Câu 32: Trong không gian Oxyz, cho điểm A1;0; 2, B1; 2;1, C3; 2;0 D1;1;3 Đường

thẳng qua A vng góc với mặt phẳng BCD có phương trình A 2 x t y t z t          

B

1 2 x t y z t          

C

2 4 x t y t z t           

D

1 2 x t y t z t            Lời giải Chọn C.

2;0; ,  2; 1;3

BC  BD  

 

Mặt phẳng BCD có véc-tơ pháp tuyến n BC BD,     1; 4; 2

Đường thẳng qua A vng góc với mặt phẳng BCD nên có véc-tơ phương u



phương với n Do loại đáp án A, B

Thay tọa độ điểm A1;0; 2 vào phương trình đáp án C D thấy đáp án C thỏa mãn

Câu 33: Cho hàm số f x  Biết f 0 4 f x'( ) 2cos 2x  3, x ,

4

0 ( )d

f x x 



A

2 2

  B 8 8

8

    C 8 2

8

    D 6 8

8

    Lời giải

Chọn C

Ta có '( ) 2cos2 3 cos2

f x  x   x

1 ( ) sin

2

f x x x C

   

 0 4

f  C

2

4 4

2

0 0

1

( )d sin d cos2x+4

2

f x x x x x x x

                         

Câu 34: Họ tất nguyên hàm hàm số ( ) 12 ( 1) x f x x  

 khoảng (1;) A 3ln( 1)

1

x C

x

  

 B

1 3ln( 1) x C x    

C 3ln( 1) 1

x C

x

  

 D

2 3ln( 1) x C x     Lời giải Chọn A

(30)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 9

2 2

3( 1) 3 2

( )d d d d d 3ln( 1)

1

t t

f x x t t t t x C

t x

t t t

  

       



    

Câu 35: Cho hàm số f x , bảng xét dấu f x sau:

x  3 1 

 



f x    

Hàm số y f5 2 x nghịch biến khoảng đây?

A  2;3 B  0; C  3;5 D 5;

Ta có y f5 2 xy 2f5 2 x

Hàm số nghịch biến y  0 2f5 2 x 0 f5 2 x0

Dựa vào bảng biến thiên, ta 5  2

3

  

 

    

      

 

x x

f x

x x

Vậy hàm số y f5 2 x nghịch biến khoảng   3;4 , ; 2

Câu 36: Cho hình trụ có chiều cao Cắt hình trụ cho mặt phẳng song song với trục cách trục khoảng , thiết diện thu có diện tích 16 Diện tích xung quanh hình trụ cho

A 24 2 B 8 2 C 12 2 D 16 2

Ta có 16 2

 

AB , OK  nên rOAOB2

Do diện tích xung quanh hình trụ cho Sxq 2rl2 2.4 16 2  

(31)

a

2

h

a

Ta có thiết diện đáy hình trụ hình vẽ Theo đề ta có a h16a.4 16  a 2

Mà    

2

2 2 2 2 4 2

2

a

R         R

 

Vậy ta tính diện tích xung quanh hình trụ S 2Rh2 .2.4 16 2  

Câu 37: Cho phương trình  

9 3

log x log 6x  1 log m (m tham số thực) Có tất giá

trị nguyên m để phương trình cho có nghiệm?

A 6 B 5 C Vô số D 7

ĐK:

x m       

 

2

9 3

log x log 6x  1 log m log3 x log 63 x  1 log3m log3m log36x 1

x 

  m 6x

x   (1) Với điều kiện (1) trở thành: m 6x

x   (*) Xét hàm f x  6x

x 

 khoảng 1;  

 

  Ta có f  x 22

x    Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình (*) có nghiệm 0 m

Vậy có giá trị ngun m để phương trình cho có nghiệm m1;2;3; 4;5

Câu 38: Cho hàm số f x , hàm số y f x liên tục  có đồ thị hình vẽ bên Bất phương

trình f x  x m(m tham số thực) nghiệm với x 0;

x  

 

f x + +

 

f x

6





6

1

(32)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 11

A m f 2 2 B m f 2 2 C m f  0 D m f 0 Lời giải

Chọn A

Ta có f x  x m,  x  0;2  m f x x,  x  0;2

Xét hàm số g x  f x x  0; Ta có g x  f x 1

Dựa vào đồ thị ta có f x 1,  x  0;

Suy g x 0,  x  0; Do g x  nghịch biến  0;

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên suy mg x ,  x  0;2  m f 2 2

Câu 39: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a, mặt bên SAB tam giác nằm

trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Khoảng cách từ C đến SBD bằng? (minh

họa hình vẽ sau)

A S

D

C B

1

2

x y

O

 

y f x

1

y

1

2

x y

O

 

y f x

x

 

g x 

 

g x

 0

f

 2

(33)

A 21

28

a

B 21

14

a

C

2

a

D 21

7

a

O N

A

B C

D S

S'

Khơng tính tổng quát, cho a1

Gọi N trung điểm đoạn AB Dựng S cho SS AN hình chữ nhật

Chọn hệ trục tọa độ:

A gốc tọa độ, tia AB ứng với tia Ox, tia AD ứng với tia Oy, tia AS ứng với tia Oz

0;0;0

A , B1;0;0, D0;1;0, 1;0;

2

S   

Phương trình mặt phẳng SBD là: 3x 3y z 0

Gọi O giao điểm AC BD Ta có O trung điểm AC

Ta có  ;   ;  21

d C SBD d A SBD 

Vậy chọn đáp án D

Câu 40: Chọn ngẫu nhiên hai số khác từ 27 số nguyên dương Xác suất để chọn hai số có tổng số chẵn

A 13

27 B

14

27 C

1

2 D

365 729

Số phần tử không gian mẫu n  C227351

Gọi A biến cố: “Chọn hai số có tổng số chẵn”

Trong 27 số nguyên dương có 14 số lẽ 13 số chẵn Tổng hai số số chẵn hai số lẽ, chẵn

  2

14 13 169

n A C C 

     169 13

351 27

n A p A

n

  



Vậy chọn đáp án A

Câu 41: Cho hàm số bậc ba y f x  có đồ thị hình vẽ bên Số nghiệm thực phương trình

 3 

2

(34)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 13

A 6 B 10 C 12 D 3

Lời giải: Chọn B

Xét đồ thị hàm số bậc ba y f x  có đồ thị  C hình vẽ cho

Gọi  C1 phần đồ thị phía trục hồnh,  C2 phần đồ thị phía trục hồnh Gọi

 C' phần đồ thị đối xứng  C2 qua trục hoành

Đồ thị hàm số y f x  phần  C1  C'

Xét  3 

2

f x  x 

 

3

1

2

f x x

  

  

    

Xét   3

(35)

x   ' g x   g x  0        2  Quan sát đồ thị:

+ Xét  3 

2

f x  x   

 

3 3

3

3 0;

3 2;0

x x

x x b

x x c

    

         

( có 1, 3, nên có tất nghiệm)

+ Xet  3 

2

f x  x  

3 3 3

x x c

x x d

x x c

    

         

( có nghiệm)

Vậy có tất 10 nghiệm

Câu 42: Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục  Biết f 5 1  

1

0

5 d

xf x x

 ,

 

5

d

x f x x



A 15 B 23 C 123

5 D 25

         

5

2

0

0 0

d d 25.1 5 d 25 50.1 25

x f x xx f x  xf x x  tf t t    

  

Cách 2:

Ta có:  

1 xf dx x

Đặt d 5d 1d d

t x t x t x

       

5 5

0 0

1 1

1 d d d 25 d 25

5t f t t 25 t f t t t f t t x f x x

        

Đặt  

0 d

I x f x x

Đặt:

   

2 d 2 d

d d

u x x

u x

v f x

v f x x

              

     

2

0

d 25 2.25 25

0

I x f x xf x x f

(36)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 15

Câu 43: Cho đường thẳng

y x parbol

2

y x a (a tham số thực dương) Gọi S1, S2 lần

lượt diện tích hai hình phẳng gạch chéo hình vẽ bên

Khi S1S2 a thuộc khoảng đây? A 9;

4 32

 

 

  B

3 7; 16 32

 

 

  C

3 0;

16    

  D

7 1; 32       Lời giải Chọn B

Phương trình hồnh độ giao điểm:

3

4x 2x a

2

2x 3x 4a      *

Từ hình vẽ, ta thấy đồ thị hai hàm số cắt hai điềm dương phân biệt Do phương trình  * có hai nghiệm dương phân biệt

 * có hai nghiệm dương phân biệt

9 32

3 0 32 a S a P a                

Khi (*) có hai nghiệm dương phân biệt 1 32

a

x    , 2 32

4

a

x    , x1x2

1

S S

1

2

0

1 3

d d

2 4

x x

x

x a x x x x a x

                   

3 2

0

3 2 3

1 2 1

1

2 2 2 2 3

6 8

3 3

6 8

3

0

8

4 24

x x

x

x x x x

ax ax

x x x x x x

ax ax ax

x x

ax

x x a

                                      

3 32 32

4 24

4

3 32 64

(37)

   2

2

9

9 64

64 27

0 64

128

9 32 64 4096 864 0

27 128

a

a a

a    

 

  

 

        

  

   

  

 

Câu 44: Xét số phức zthỏa mãn z  Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp điểm biểu diễn

số phức

iz w

z  

 đường trịn có bán kính

A 2 B 12 C 20 D 2

Ta có w 1  w  w w

1 w

iz

w z iz i z z

z i

 

          

  (do wikhông thỏa

mãn)

Thay w w

z i

 

 vào z  ta được:

 

w

2 w w *

w i

i

     

 Đặt w x yi, ta được:

   2 2 2  2 2 2

*  x3 y 2x  1 y x y 6x 4 y 7 Đây đường trịn có Tâm

 3;2

I  , bán kính R 20 5

Câu 45: Trong không gian Oxyz, cho điểm A0;4; 3  Xét đường thẳng d thay đổi, song song với

trục Oz cách trục Oz khoảng Khi khoảng cách từ A đến d lớn nhất, d qua

điểm đây?

A P3;0; 3  B M0;11; 3  C N0;3; 5  D Q0; 3; 5   Lời giải

Chọn D.

Vì d thay đổi, song song với trục Oz cách trục Oz khoảng nên d đường

sinh mặt trụ trịn xoay có trục Oz bán kính

Dễ thấy: d A Oz ; 4 nên maxd A d ; d A Oz ;  d d Oz; 7

Mặt khác, điểm AOyz nên dOyz để khoảng cách từ A đến d lớn điểm

0;4; 3

A  d nằm khác phía với trục Oz

do d d Oz ; 3 nên d qua điểm K0; 3;0  khác phía với điểm A0;4; 3 

Vì // d Oz

0

:

x

d y

z t

  

   

  

Kiểm tra đáp án ta thấy Q0; 3; 5   thỏa mãn

Cách 2:

Gọi X a b c ; ;  hình chiếu A lên d d A Oz , 4

(38)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 17

Để khoảng cách từ A đến d lớn    

     

1

max , ,

d Oyz

d A d d A Oz R

   

  



 1  a

Ta có:  ,  3

b d d Oz

b

      



 2   b

Khi đó:  

0

: ,

x

d y t

z c t

 

   

    



Câu 46: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S :x2y2z 223 Có tất điểm

 ; ; 

A a b c ( , ,a b c số nguyên) thuộc mặt phẳng Oxy cho có hai tiếp tuyến

của  S qua A hai tiếp tuyến vng góc với nhau?

A 12 B 4 C 8 D 16

Lời giải Chọn A.

Do A a b c ; ;   Oxy nên suy A a b ; ;0

Mặt cầu  S có tâm I0;0; 2 bán kính R

N

M A

I

Ta thấy mặt cầu  S cắt mặt phẳng Oxy nên từ điểm A thuộc mặt phẳng Oxy

và nằm  S kẻ tiếp tuyến đến  S tiếp tuyến nằm hình nón đỉnh A,

các tiếp điểm nằm đường tròn xác định Còn A S ta kẻ tiếp tuyến

đó thuộc mặt phẳng tiếp diện  S điểm A

Để có hai tiếp tuyến qua A thỏa mãn toán

TH1 Hoặc A S  IAR

TH2 Hoặc tiếp tuyến tạo thành mặt nón góc đỉnh mặt nón là:

 90  45

MAN   MAI   suy sin 2

2 2

IM

MAI IA

IA IA

      

Vậy điều kiện toán 3IA 6 3 IA 6 Ta có 2 2

IA a b 

(39)

Do ,a b nên ta có 12 điểm thỏa mãn (*) là:

0;1;0

A , A0; 1; 0 , A0; 2; 0, A0; 2;0 

1;0;0

A ,A1; 0; 0, A2;0; 0, A2; 0;0

1;1;0

A , A1; 1; 0 , A1;1; 0, A 1; 1;0 Câu 47: Cho phương trình  

2

2log 3log 3x

x x  m (m tham số thực) Có tất

giá trị nguyên dương m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt?

A 79 B 80 C Vô số D 81

Điều kiện: 0

3x 3x

x x m m            

* Với m1 phương trình trở thành:

 

2

2log 3log 3x

x x   Khi x 0 3x 1

Do ta có

2

log

2log 3log 1

log x x x x            x x         (thỏa mãn) + Xét m1, điều kiện phương trình xlog3m

Ta có 2 2 log

2log 3log 1

log x x x x           x x         Vì

4 2  nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt

1

4 log m2

1

2

2 m 81



  

Trường hợp m3; 4;5; ;80, có 78 giá trị nguyên dương m

Tóm lại có 79 giá trị nguyên dương m thỏa mãn

Chọn phương án B Cách 2:

Điều kiện:

3x x m     

 

2

2log 3log 3x

x x  m

2 log log 3x x x m            log x x x m          

Với m1 xlog3m0 l phương trình có hai nghiệm phân biệt

Với m1:

m nguyên dương nên phương trình ln nhận xlog3m nghiệm

Do

4

3 3 nên để phương trình có hai nghiệm phải có

4

(40)

ThS Ngơ Thanh Sơn (0919.004466) 19

Vậy có 79 giá trị m nguyên dương

Câu 48: Cho hàm số f x , bảng biến thiên hàm số f x sau:

Số điểm cực trị hàm số  2 

y f x  x

A 3 B 9 C 5 D 7

Ta có 2 2  2 

y x f x  x

Cho y 0  2 

2

x

f x x

  

  

  

 

2 2

1

2 ;

2 1;0

2 0;1

2 1;

x

x x a

x x b

x x c

x x d

   

     



         

      

* 2 0

x  x a  có     a    a  ; 1 nên phương trình vơ nghiệm

* x22x b 0 có     1 b 0   b  1;0 nên phương trình có nghiệm phân biệt * x22x c 0 có     1 c 0  0;1

c

  nên phương trình có nghiệm phân biệt

* 2 0

x  x d  có     d  d 1;  nên phương trình có nghiệm phân biệt

Nhận xét: nghiệm khác đôi nên phương trình y 0 có nghiệm phân biệt

Vậy hàm số  2 

y f x  x có cực trị

Câu 49: Cho khối lăng trụABC A B C    có chiều cao đáy tam giác cạnh Gọi ,

M N P tâm mặt bên ABA B , ACC A  BCC B  Thể tích khối

đa diện lồi có đỉnh điểm , , , , ,A B C M N P A 12 B 16 C 28

3 D

40 3

(41)

N

P M

A' C'

B'

B C A

Thể tích khối lăng trụ ABC A B C   

2

8 32

4

 

V

  

ABCMNP AMNCB BMNP BNPC

V V V V

Ta có

A ABC

V   V

4

    

    

AMNCB A ABC A AMN A ABC A ABC A ABC

V V V V V V nên

4

AMNCB

V  V

Lại có

    BA B C

V V

8

BMNP BA B C

V  V    nên

24

BMNP

V  V

1

       A BCB CA B C

V V Vvà

4

BNPC BA B C

V  V   nên

12

BNPC

V  V

Vậy 1 12

8  AMNCB BMNP BNPC  

V V V V V

Cách 2:

P N

M

E I

C

B A

C'

B' A'

Ta có: 4 2 4 3

ABC

S S   chiều cao h8

(42)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 21

Gọi E giao điểm A P ABC, suy    

//

BE A BC ABC

A C AC

 

 

   

 nên BE// AC

2

BE MP AC, hay E đỉnh thứ tư hình bình hành ABEC

Ta có: V VA ABEC. VP BEC. VA IMPN. VA IMN.

Với

3

A ABEC ABEC

V   S h S h

    1 ,

P BEC BEC

V  S d P ABC  S h

 

1 1 1

,

3 12

A IMPN IMPN ABC

V   S d A IMPN  S h Sh

 

1 1 1

,

3 24

A IMN IMN

V  S d A IMN  S h Sh

Vậy 1 12

3 12 24

V     Sh Sh

 

Câu 50: Cho hai hàm số

1

x x x x

y

x x x x

  

   

    vày   x x m (m tham số thực) có đồ thị  C1  C2 Tập hợp tất giá trị m để  C1  C2 cắt

đúng bốn điểm phân biệt

A 3; B ;3 C ;3 D 3;

Xét phương trình

1

x x x x

x x m

x x x x

  

      

   

1

x x x x

x x m

x x x x

  

       

    (1)

Hàm số

 

1

1 1

1

2

1

x x x x

x

x x x x x x x x

p x x x

x x x x

x x

x x x x

                                                

Ta có          

       

2 2

1 1

0,

1

1 1

2 0,

1

x

x x x x

p x

x

x x x x

                               

nên hàm số y p x 

đồng biến khoảng  ; 1, 1;0,  0;1 ,  1;2 , 2; Mặt khác ta có lim  

(43)

Bảng biến thiên hàm số yg x :

x  1 

 

g x + + + + +

 

g x

   

    

Do để  C1  C2 cắt bốn điểm phân biệt phương trình (1) phải có

nghiệm phân biệt Điều xảy đường thẳng ym cắt đồ thị hàm số

 

(44)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 1

Mã đề 103

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi:TOÁN

Thời gian làm bài: 90phút

Câu 1. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P : 2x3y  z Vectơ

vectơ pháp tuyến  P

A n3  3;1;   B n2 2; 3;    C n12; 3;1   D n4 2;1;   Lời giải

Chọn C

Ta có mặt phẳng  P : 2x3y  z suy vectơ pháp tuyến mặt phẳng làn12; 3;1  

Câu 2. Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình vẽ bên ?

A 3 2.

yx  x  B yx42x22 C y  x3 3x22 D y  x4 2x22 Lời giải

Chọn B

Ta dựa vào đồ thị chọn a0

Đồ thị cắt trục tung điểm có tung độ âm nên c0 Do đồ thị hàm số có cực trị nên b0

Câu 3. Số chọn học sinh từ6học sinh

A

6

A B. C62 C. D 62

Câu 4. Biết  

2

d

f x x

  

2

d

g x x

 ,    

2

d

f x g x x

 

 



A 4 D 8 C 8 D 4

   

2

d

f x g x x   

 

 



Câu 5. Nghiệm phương trình 22x18là

A.

2

x B x2 C.

2

x D x1

Ta có:22x18 2 1 3

x

    x

(45)

A r h2 B 4

3r h C

2

2r h D 1

3r h

Ta có

V  r h

Câu 7. Số phức liên hợp số phức 2i

A  1 2i B 1 2 i C  2 i D  1 2i

Lờigiải

Chọn B

Số phức liên hợp số phức 2i 2 i

Câu 8. Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B chiều cao h

A 4

3Bh B 3Bh C

1

3Bh D Bh Lời giải

Chọn D

Câu 9. Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên sau:

Hàm số cho đạt cực đại

A x2 B x 2 C. x3 D x1 Lời giải

Chọn D

Từ bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại x1 Chọn đáp án D

Câu 10. Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc điểm M(2;1; 1) trục Oy có tọa độ

A A(0;0; 1). B B(2;0; 1). C. C(0;1;0) D. D(2;0;0) Lời giải

Chọn C

Hình chiếu điểm M thuộc trục Oy , nên loại đáp án A, B, D Chọn đáp án C

Câu 11. Cho cấp số cộng  un với u12 u2 6 Công sai cấp số cộng cho

A B 4 C D

Công sai: d u2 u1

Câu 12. Họ tất nguyên hàm hàm số f x 2x3

A 2

x C B x23x C C 2x23x C D x2C Lời giải

Chọn B

Ta có: 2 3 3

x dxx  x C



Câu 13. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng :

1

    



x y z

d Vectơ

(46)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 3

A u2 (1; 3;2) B u3  ( 2;1;3) C 1  ( 2;1;2)



u D. u4 (1;3;2) Lời giải

Chọn A

Câu 14. Với a số thực dương tùy ý, log2a3 :

A 3log2a B 1log2

3 a C

1 log

3 a D 3 log 2a Lời giải

Chọn A

Ta có

2

log a 3log a

Câu 15. Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau

Hàm số cho đồng biến khoảng đây?

A. 1; 0 B.   1;  C.  ; 1 D. 0; 

Nhìn BBT ta thấy hàm số cho đồng biến khoảng1; 0 1;  Đáp án A

Câu 16. Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau

Số nghiệm thực phương trình 2f x  3

A. B. C. D.

PT  

2

f x

  phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị  C :y f x  đường thẳng

3 :

2

d y

Có giao điểm Vậy phương trình có nghiệm

Câu 17. Cho hai số phức z1 1 i z2  2 i Trên mặt phẳng tọa độ Oxy điểm biểu diễn số

phức z12z2 có tọa độ

A  2;5 B  3;5 C  5;2 D  5;3

3

(47)

Ta có: z12z2  1 i 2   i 3i

Điểm biểu diễn số phức z12z2 có tọa độ  5;3

Câu 18. Hàm số y2x2x có đạo hàm

A  .2x2 x1

x x   B 2x1 2 x2x C 2x2x.ln 2 D 2 1 2 x2 x.ln 2

x 

Áp dụng công thức:  u lnu a  u a a

Ta có:  2x2 x 2 2 x2 x.ln y     x 

Câu 19. Giá trị lớn hàm số   3

f x x  x đoạn 3;3

A 18 B 2 C 18 D 2

  3

f x x  x xác định đoạn 3;3

  3 3

f x  x 

Cho    

 

2 3;3

0 3

1 3;3

x

f x x

x

          

   



Ta có f   3 18; f  1 2; f 1  2; f 3 18

Vậy

 3;3  

maxy f 18

  

Câu 20. Cho hàm số f x  có đạo hàm f  x x x12, x  Số điểm cực trị hàm số cho

A 2 B 0 C 1 D 3

Ta có    12 0

1

x

f x x x

x

        

 

Bảng biến thiên hàm số f x :

x  

 

f x   

 

f x  

Vậy hàm số cho có điểm cực trị

Câu 21. Cho a; b hai số thực dương thỏa mãn a b2 16 Giá trị log2a3log2b

A 8 B 16 C 4 D 2

Ta có:

2 2

(48)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 5

Câu 22. Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng ABC.SA 2a, tam giác

ABCvng cân B ABa Góc đường thẳng SC mặt phẳng ABC S

A

B

C

A 45 B 60 C 30 D 90

Vì tam giác ABC vng cân B AC AB2BC2 a

Ta có SC,ABCSCA

Mà tan

2 SA a SCA

AC a

   SCA45

Câu 23. Một sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao nhau, có bán kính đáy

bằng 1m 1,8m Chủ sở dự định làm bể nước mới, hình trụ có chiều cao tích tổng thể tích hai bể nước Bán kính đáy bể nước dự định làm gần nhất với kết đây?

A 2,8 m B 2,6m C 2,1m D 2,3m

Gọi chiều cao bể nước hình trụ h Bán kính đáy bể nước dự định làm R

Thể tích bể nước hình trụ có bán kính đáy 1m 1

V  hh (m )

Thể tích bể nước hình trụ có bán kính đáy 1,8m

2 1,8 3, 24

V  h h (m )

Khi bể nước dự định làm tích V3 V1 V2.h3, 24  h4, 24h ( m )

Mà 2

3 4, 24 4, 24 2,06

V  R h h R hR   R (m)

Vậy bán kính đáy bể nước dự định làm R2,06 (m)

Câu 24. Nghiệm phương trình log2x  1 log 3 2 x1

A. x3 B x2 C. x 1 D x1

Điều kiện xác định

1

3

x x

x

x x

    

   

    

 

(49)

   

2

log 2x2 log 3x 1 2x 2 3x      1 x x (nhận) Vậy phương trình có nghiệm x3

Câu 25. Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy tam giác cạnh 2a AA 3a (minh họa

như hình vẽ bên)

A 2 3a3 B 3a3 C 6 3a3 D 3 3a3

Thể tích khối lăng trụ là:  

3

2

.3 3

4

ABC

a

V S AA a a

Câu 26. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S :x2y2z22y2z 7 Bán kính mặt cầu

đã cho

A 9 B 15 C D 3

Bán kính mặt cầu là: R a2b2c2 d 02  1 2   12  7 3

Câu 27. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A2;1; 2 B6;5; 4  Mặt phẳng trung trực

đoạn thẳng AB có phương trình

A 2x2y3z17 0 B 4x3y z 26 0

C 2x2y3z17 0 D 2x2y3z 11

Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB qua trung điểm I4;3; 1  đoạn thẳng AB

nhận AB4;4; 6  làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là:

     

2 x 4 y 3 z 1 2x2y3z17 0

Câu 28. Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau:

A 1 B 2 C 3 D 4

(50)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 7

Dựa vào bảng biến thiên ta có lim

x y



  ; limxy1; limxy3

Do đồ thị hàm số y f x  có tiệm cận đứng x0 hai tiệm cận ngang y1;

3

y Vậy tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số cho

Câu 29. Cho hàm số f x  liên tục  Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đường

 

y f x , y0; x 1 x2 (như hình vẽ bên)

Mệnh đề đúng?

A    

1

d d

S f x x f x x



   B    

1

d d

S f x x f x x



  

C    

1

d d

S f x x f x x



   D    

1

d d

S f x x f x x



  

Lời giải

Chọn C

Ta có    

1

d d

S f x x f x x



 

Câu 30. Gọi z1, z2 hai nghiệm phức phương trình z24z 5 Giá trị z12z22

A 6 B 8 C 16 D 26

Lời giải

Chọn A

Ta có

2

4

2 z i z z z i           

Do 2   2 

2 2 i i

z z     

Câu 31. Trong không gian Oxyz, cho điểm A0;0; 2, B2;1;0, C1; 2; 1  D2;0; 2 

Đường thẳng qua A vng góc với mặt phẳng BCD có phương trình A. 3 2 x t y t z t            

B.

3 2 x y z t          

C.

3 2 x t y t z t           

D.

3 2 x t y t z t          Lời giải Chọn C

Có BC  1;1; 1 , BD0; 1; 2  

Mặt phẳng BCD nhận vectơ pháp tuyến  BD BC,   3; 2; 1 

Đường thẳng vng góc với BCDnên nhận vectơ phương là BD BC,   3; 2; 1 

(51)

Câu 32. Cho số phức z thỏa mãn 2i z 4 z i   8 19i Môđun z

A. 13 B. C 13 D.

Đặt z a bi a b ,  

2i z 4 z i   8 19i2ia bi  4 a bi i     19i  2a b a 6b 4i 19i

        

6 19

a b a b            a b       z i

    z  13

Câu 33. Cho hàm số f x , bảng xét dấu f x sau:

x  3 1 

 

f x    

Hàm số y f3 2 x đồng biến khoảng đây?

A  3; B  2;3 C  ; 3 D  0;2

Ta có: y f3 2 x 3 2x  f 2 x  2f3 2 x

*)y 0 2f3 2 x0  f3 2 x0

3

x x x              x x x        

*)y 0 2f3 2 x0  f3 2 x0 3

1

x x           x x       

Bảng xét dấu:

x  

y    

Hàm số y f3 2 x đồng biến khoảng 3; nên đồng biến khoảng  3;4

Câu 34. Họ tất nguyên hàm hàm số  

 2

2 x f x x  

 khoảng  2;  là:

A. 2ln 2

2

x C

x

  

 B.  

1 2ln 2 x C x    

C. 2ln 2

2

x C

x

  

 D.  

3 2ln 2 x C x     Lời giải Chọn D Ta có:

 2

2 d x x x  

  2

2

= d x x x   

  2  2

2

= d d

2 x x x x x      

    2 

d

= d

2 x x x x      

  2ln

(52)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 9

Câu 35. Cho hàm số f x  Biết f  0 4 f x 2sin2x1,  x ,  

4

d

f x x





A

2 15 16

  

B

2 16 16 16

   

C

2 16 4 16

  

D

2 4 16

 

Ta có   2sin2 1 d 2 cos d 2 sin 2

x

f x  x x  x x x C

Vì f 0   4 C hay   1sin

2

f x  x x

Khi

 

4 4

2

0 0

1

d sin d cos

2

f x x x x x x x x

  

   

        

   

  162   14  21616 4

Câu 36. Cho phương trình  

9 3

log x log 5x  1 log m với m tham số Có giá trị

nguyên m để phương trình có nghiệm

A Vơ số B 5 C 4 D 6

Xét phương trình  

9 3

log x log 5x  1 log m  1 (mlà tham số)

Điều kiện:

x  *

Với điều kiện  * ta có:

 1 log3xlog 53 x  1 log3m  3

log log

5

x

x  m 

5x

m x

   2

Ta có  1 có nghiệm  2 có nghiệm thõa mãn  * Xét hàm số y 5x

x



 1;

 

 

 

1

0,

5

y x

x

     Ta có bảng biến thiên

Khi 0 m 5, mà m nên m1;2;3;4 giá trị cần tìm Hay có giá trị m

thỏa mãn

Câu 37. Cho hình trụ có chiều cao Cắt hình trụ mặt phẳng song song với trục cách

trục khoảng 1, thiết diện thu có diện tích 12 Diện tích xung quanh hình trụ cho

A 6 10 B 6 34 C 3 10 D 3 34

(53)

Gọi H trung điểm ABOH AB OH BC nên

   , 

   

OH ABCD OH d O ABCD

Ta có SABCD 12 AB h 12 2AB4

Mà

2

 

AH AB

2 5

   

R OA OH AH l h

Vậy Sxq 2Rl6 10

Câu 38. Cho hàm số f x , hàm số y f x liên tục  có đồ thị hình vẽ bên

Bất phương trình f x 2xm (m tham số thực) nghiệm với x 0;

chỉ

A m f  0 B m f  2 4 C m f 0 D m f 2 4

Ta có f x 2x  m m f x 2x  *

Xét hàm số g x  f x 2x  0;

Ta có g x  f x  2  x  0; nên hàm số g x  nghịch biến  0;

Do  * với x 0; mg 0  f  0

Câu 39. Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a, mặt bên SAB tam giác nằm

(54)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 11

Khoảng cách từ D đến mặt phẳng SAC

A 21

14

a

B 21

28

a

C

2

a

D 21

7

a

I O H

A

D

B C

S

K

Gọi O tâm hình vng ABCD, H trung điểm cạnh AB

Do tam giác SAB nên SH  AB mà SAB  ABCD nên SH ABCD

Do BDSACO O, H trung điểm BD, AB nên

 

 ,   ,   , 

d D SAC d B SAC  d H SAC

Gọi I trung điểm cạnh AO, ta có

//

HI BO

BO AC

  

 HI ACACSHISAC  SHI

Trong tam giác SHI dựng HK SI KSI ta có HK SACd H SAC , HK

Tam giác SHI vuông H, HK đường cao, ta có HK HI HS SI

 ,

2

1 2, 3, 14

2 4

a a a

HI  BO SH  SI  HI HS  , suy

2

21

4

14 14

4

a a

a HK

a

(55)

Vậy  ,   ,  21

7

a

d D SAC  d H SAC  HK 

Câu 40. Chọn ngẫu nhiên hai số khác từ 21 số nguyên dương Xác suất để chọn hai

số có tổng số chẵn

A. 11

21 B

221

441 C

10

21 D

1

Ta có:   21

n  C

Gọi A biến cố: “chọn hai số có tổng số chẵn”

Ta có:   2 11 10

n A C C

Vậy:    

 Ω 1021

n A P A

n

 

Câu 41. Cho đường thẳng y3x parabol y2x2a (a tham số thực dương) Gọi S1 S2 lần

lượt diện tích hai hình phẳng gạch chéo hình vẽ bên

Khi S1S2 a thuộc khoảng đây?

A 9;

5 10

 

 

  B

4 0;

5

   

  C

9 1;

8

   

  D

9 ;1 10       Lời giải Chọn A

Xét phương trình: 2 3 2 3 0 1 

x  a x x  x a

Xét 9

8

a a

      nên phương trình  1 ln có hai nghiệm phân biệt

1

3 ;

4

a a

x    x    x1x2

Từ hình vẽ ta có:      

1

2

1 0

0

2

2 d

3

x x

x

S  x  xa x x  x ax F x F x

 



Và  

2

1

2

2 d

3

x x

S   x  xa x  x  x ax

 

      

1

x x

F x F x F x

   

Theo giả thiết  

1 2 2

2

0

3

S S F x   x  x ax 

2

2 2

1 9

2 3

3 x 2x a x a 2x a

 

         

 

3

3 4

4

a

x a a  

(56)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 13

2

9

27

3 16 16 ;

32 10

256 216

a

a a a

a a

  

  

        

 

  



Câu 42. Trong không gian Oxyz, cho điểm A0;3; 2  Xét đường thẳng d thay đổi, song song với

trục Oz cách Oz khoảng Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất, d qua

điểm đây?

A P2;0; 2  B N0; 2; 5   C Q0; 2; 5  D M0;4; 2 

y

z d

-2 A

3

O H

A I

Gọi M x y z ; ;  điểm tùy ý thuộc d Vì d thay đổi, song song với trục Oz cách Oz

khoảng nên M thuộc mặt trụ ( ) :T x2y2 4

Gọi ( )P mặt phẳng qua A vng góc với trục Oz Khi đó, ( ) :P z 2, cắt trục Oz

điểm I0;0; 2  cắt ( )T theo giao tuyến đường tròn ( ) :C x2y24 ( ( )C nằm mặt

phẳng ( )P )

Gọi H hình chiếu vng góc A d Khi d thay đổi H thuộc ( )C

Do đó, khoảng cách từ A đến d nhỏ H giao điểm IA với ( )C , H nằm I

và A, tức H0;2; 2 

Do đó, khoảng cách từ A đến d nhỏ d qua H song song với Oz, suy

0

:

2

x

d y

z t

    

    

Vậy d qua điểm Q0; 2; 5 

* C2: Gọi M a b c ; ;  điểm tùy ý thuộc d Vì d thay đổi, song song với trục Oz cách Oz khoảng nên ta có a2b2 4

Ta có: 2  32  22  32 2 9 6 13 6

AM a  b  c a  b a b   b  b;

2 13 6

AM   b c 2

Từ 2 4 2 2

a b     b 13 6 b1AM213 6 b1

Đẳng thức xảy

2 4 0

2

a

a b

b b

    

   



Do đó, AM 1 AM 1 a0, b2 c 2

Khi đó, đường thẳng d qua điểm M0; 2; 2 

Vì d song song với Oz nên phương trình d

0 2

x y

z t

    

    

(57)

Câu 43. Xét số phức z thỏa mãn z  Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp điểm biểu diễn

số phức z iz w   

2 đường trịn có bán kính

A. 10 B. C. D. 10

Gọi wxiy, ,x y

Ta có: z iz w     i w w z   2

nên: 

   i w w

z  2w  2wi  2x2y22x2y12

 x2 y24x4y20

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường trịn có bán kính:

10 4   

r

Cách 2:

2

2 (2 )( 1) (2 ) 2 2

1

iz iz z

w i z i

z z

  

     

 

2 | 2 |

| | | 2 | 10

2 | |

w i w i

z z w i

i i

   

       

 

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường trịn có bán kính: r 10

Câu 44. Cho hàm số f x( ) có đạo hàm liên tục , biết f(6) 1

1

0

(6 ) 1

xf x dx

 Khi

6

'( )

x f x dx

 ?

A. 107

3 B 34 C 24 D 36

Lời giải

Ta có:

1

0

(6 ) 1

I xf x dx  Đặt 6 6

6 dt

t xdt  dxdx Đổi cận:

Từ 6

6 t t x x

Từ ta có:

6 6

0 0

1

( ) 1 ( ) 1 ( ) 36 ( ) 36

6 6 36

t dt

I  f t   tf t dt tf t dt  xf x dx (Do ẩn sau

khi tính có vai trị nhau)

6

0

'( )

J x f x dx Đặt

2 2

( ) '( )

du xdx

u x

v f x dv f x dx

          Suy ra: 6 2 0

'( ) ( ) 2 ( ) ) 36 (6) 2.36 36

(58)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 15

Câu 45. Cho hàm số bậc ba y f x  có đồ thị hình vẽ bên Số nghiệm thực phương trình

 3 

2

f x  x 

A 8 B 4 C 7 D 3

Phương trình    

 

3

2 3

2

f x x

  

    

    

y

x

a2

a1 a

3

a4

y =- 3 2

y = 3 2

2

-2 O

-1

* Phương trình  

 

3

1

3

2

3

3 ,

3

3 ,

2

3 ,

x x a a

f x x x x a a

x x a a

      

      

   



* Phương trình    

4

3 ,

2

f x  x   x  xa a  

Đồ thị hàm số 3

(59)

x y

y = a4 y = a3

y = a2

y = a1

O

2

-2

1 -1

Dựa vào đồ thị ta có: - Phương trình

1

x  xa có nghiệm phân biệt

- Phương trình

2

x  xa có nghiệm phân biệt

- Phương trình

3

x  xa có nghiệm

- Phương trình

4

x  xa có nghiệm

Vậy phương trình  3 

f x  x  có nghiệm phân biệt

3

2 log log 5x

x x  m (m tham số thực) Có tất

giá trị nguyên dương m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt?

A 123 B 125 C Vô số D 124

Do m0, ta có điều kiện x

5

0 log x

x m

    

Khi ta có 3

5

3

log

1

log

3

log log

x x

x m x m

  



 



    

 



  

 

Do 3

 nên để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì:

1

3

5

log 5 5

3

0

log

m

m m m

   

  

   

 



Vậy, ta có 123 giá trị nguyên dương m thỏa mãn

Câu 47. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( )S :x2+y2+ +(z 1)2=5 Có tất điểm

( ; ; )

A a b c (a b c, , số ngun) thuộc mặt phẳng (Oxy) cho có hai tiếp tuyến

của ( )S qua A hai tiếp tuyến vng góc với nhau?

(60)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 17

Mặt cầu ( )S có tâm I(0;0; 1- ) bán kính R=

Vì A a b c( ; ; ) (Ỵ Oxy)A a b( ; ;0)

TH1 : A a b c( ; ; ) ( )Ỵ S a2+b2=4 Vì a b c, , Ỵ nên có điểm thỏa mãn

( ) ( ) ( ) ( )

1 2;0;0 ; 2;0;0 ; 0; 2;0 ; 0; 2;0

A A - A A -

TH2 : Điểm A a b c( ; ; ) ( )Ï S IA>R Giả sử có hai tiếp tuyến IM IN, hai tiếp ( )S

qua A vng góc với

TH2.1 : IM IN IA, , đồng phẳng, IMAN hình vng có cạnh R=

Khi : IA=R 2= 10a2+b2+ =1 10a2+b2=9 Vì , ,a b cỴ nên có điểm thỏa mãn A5(3;0;0 ;) A6(-3;0;0 ;) A7(0;3;0 ;) A8(0; 3;0- )

TH2.2 : IM IN IA, , không đồng phẳng IA trục mặt nón trịn xoay có hai đường

sinh IM IN, IM^IN nên R<IA<R 2 <4 a2+b2<9

* Nếu 2 5

a +b = , , b,ca Ỵ nên ta có điểm thỏa mãn : A9(1; 2;0 ;) A10(1; 2;0 ;- )

( ) ( )

11 1; 2;0 ; 12 1; 2;0 ;

A - A - - A13(2;1;0 ;) A14(2; 1;0 ;- ) A15(-2;1;0 ;) A16(- -2; 1;0)

* Nếu 2 6

a +b = , a b, Ỵ nên vơ nghiệm

* Nếu 2 7

a +b = a b, Î nên vô nghiệm

* Nếu 2 8

a +b = , a b, Ỵ nên có điểm thỏa mãn

( ) ( ) ( ) ( )

17 2; 2;0 ; 18 2; 2;0 ; 19 2; 2;0 ; 20 2; 2;0

A A - A - A - -

Vậy có tất 20 điểm A a b c( ; ; ) thỏa yêu cầu toán

Câu 48. Cho hàm số f x , bảng biến thiên hàm số f x sau:

Số điểm cực trị hàm số y f4x24x

A 9 B 5 C 7 D.

Dựa vào bảng biến thiên ta có: f x 0

 

; 1;0 0;1 1;

x a x b x c x d

    



   

    

     

(61)

Ta có: y8x4f4x24x, 0

y   2 

8

4

x

f x x

  

  

  

 

2 2 2

4 ;

4 1;0

4 0;1

4 1;

x

x x a

x x b

x x c

x x d

   

     



         

      



Mặt khác: 4 4 2 12 1 1

x  x x    nên:

2

4x 4xa vô nghiệm

2

4x 4xb có nghiệm phân biệt x1, x2

2

4x 4xc có nghiệm phân biệt x3, x4

2

4x 4xd có nghiệm phân biệt x5, x6

Vậy phương trình y 0 có nghiệm bội lẻ phân biệt nên hàm số có điểm cực trị Cách 2:

Gọi m đại diện cho tham số ta xét phương trình 4x24x m 0 có

 

' m

   ,   m 1

Vậy với giá trị b c d, , thuộc khoảng cho phương trình f4x24x0có nghiệm

phân biệt

Vậy phương trình y 0 có nghiệm bội lẻ phân biệt nên hàm số có điểm cực trị

Câu 49. Cho lăng trụ ABC A B C ' ' ' có chiều cao đáy tam giác cạnh Gọi M, N,

P tâm mặt bên ABB A ACC A BCC B' ', ' ', ' ' Thể tích khối đa diện lồi

có đỉnh điểm , , ,A B C M N P, ,

A 9 B 10 C 7 D 12

C'

B' A'

B

C A

K

J I

P N

M

' ' '

3

6.16 24

4

ABC A B C

V   ’

Thể tích cần tìm V1VABC.MNP VA B C MNP' ' '.

2 A AMN' B BMP' C CNP'

V V V V

' ' '

ABC A B C

V V V

  

' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '

1 1 1

4 4 12

AMN AB C A AB C ABC A B C ABC A B C

(62)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 19

' ' ' ' ' ' ' ' '

1

2

4

ABC A B C ABC A B C ABC A B C

V V V V V

     

Câu 50. Cho hai hàm số 1

1

x x x x

y

x x x x

  

   

   y   x x m (m tham số thực) có đồ

thị  C1  C2 Tập hợp tất giá trị m để  C1  C2 cắt điểm phân biệt

A  2;  B  : 2 C  2 :  D  ; 2

Phương trình hồnh độ giao điểm: 1 2

1

x x x x

x x m

x x x x

         

  

Tập xác định: D\  3; 2; 1;0 Với điều kiện trên, phương trình trở thành

 

1 1

4 *

1 x x m

x x x x

       

  

1 1 4 2

1 x x m

x x x x

        

  

Xét hàm số   1 1

1

f x x x

x x x x

       

   với tập xác định D Ta có

 

  2  2 2

2

1 1

1 0,

1

x

f x x D

x x x x x



          



  

Để  C1  C2 cắt điểm phân biệt phương trình  * có nghiệm phân

biệt Từ bảng biến thiên suy tất giá trị m cần tìm m 2

(63)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 1

Mã đề 104

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019

Bài thi:TOÁN

Thời gian làm bài: 90phút Câu 1. Số cách chọn học sinh từ học sinh

A

C B 8 C A82 D 2

Ta chọn học sinh từ học sinh C

Câu 2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P : 4x3y  z Vectơ vectơ pháp tuyến  P ?

A n4 3;1;   B n34;3;1  C n2 4;1;   D n14;3;   Lời giải

Chọn B

Từ phương trình mặt phẳng  P : 4x3y  z 0ta có vectơ pháp tuyến n34;3;1  Câu 3. Nghiệm phương trình 22x132 là

A x3 B. 17

x C.

2

x D x2

Phương trình tương đương với 22x 25 2 1 5 3

x x

       .

Câu 4. Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B chiều cao h A 4

3Bh D

1

3Bh C 3Bh D Bh

Công thức

Câu 5. Số phức liên hợp số phức 2 ilà:

A  3 2i B 3 2 i C  3 2i D  2 3i Lời giải

Chọn B

Ta có z 3 2i   z 2i

Câu 6. Trong không gian Oxyz, hình chiếu vng góc điểm M3;1; 1  trục Oy có tọa độ

A (0;1;0) B (3;0;0) C (0;0; 1) D (3;0; 1)

Hình chiếu vng góc điểm M3;1; 1  trục Oy có tọa độ là: A0;1;0 Câu 7. Cho cấp số cộng  un với u11 u2 4 Công sai cấp số cộng cho

A 5 B 4 C 3 D 3

Lờigiải Chọn D

Ta có cơng sai : du2 u1

Câu 8. Họ tất nguyên hàm hàm số f x( ) 2 x4 A 2 4

x  x C B x24xC C x2C D 2x2C

(64)

Chọn B

Ta có 2 4 4 x dx x  x C



Câu 9. Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình vẽ bên?

A 2 3 1.

y x  x B y 2x44x21 C. y2x44x21 D. y 2x33x1 Lời giải

Chọn B

+) Đồ thị hàm số có điểm cực trị, nên đồ thị hàm số bậc Loại đáp án A D; +) Đồ thị có hệ số a0 , loại C Chọn đáp án B

Câu 10. Cho hàm số (x)f có bảng biến thiên sau:

Hàm số cho nghịch biến khoảng đây?

A (0;1) B (1;) C. ( 1;0). D. (0;)

Từ bảng biến thiên, hàm số nghịch biến khoảng ( ; 1) (0;1) Chọn đáp án A Câu 11. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng :

1

x y z

d     

 Vectơ

vec tơ phương d?

A u13; 1;5  B u32;6; 4  C u4    2; 4;6 D u2 1; 2;3  Lời giải

Chọn D

3

:

1

x y z

d     

 có vectơ phương d ud 1; 2;3  

Câu 12. Với a số thực dương tùy ý,log3a2 A log3a B log3

2 a C

1 log

2 a D log 3a Lời giải

Chọn A

Với a số thực dương , ta có: log3a2 2log3a Câu 13. Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính đáy r

A 2r h2 B r h2 C 1

3r h D.

2

4 3r h

(65)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 3

Chọn C

Câu 14. Cho hàm số f x( ) có bảng biến thiên sau:

Hàm số cho đạt cực tiểu

A x 2 B x1 C x3 D x2

Câu 15. Biết  

0

d

f x x

  

1

0

d

g x x 

 ,     

1

0

d f x g x x



A. B. 6 C. 2 D.

Ta có           

1 1

0 0

d d d

f x g x x f x x g x x    

  

Câu 16. Cho hai số phức z1 2 i z2 1 i Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, điểm biểu diễn số phức 2z1z2 có toạ độ

A. 5; 1  B. 1; 5 C. 5;  D. 0;  Lời giải

Chọn A Ta có

1

2

1

z i

z z i

z i

  

    

   , số phức điểm biểu diễn có toạ độ 5; 1 

Câu 17. Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng ABC SA2a, tam giác ABC vuông cân B AB 2a.(minh họa hình vẽ bên)

A C

B S

Góc đường thẳng SC mặt phẳng ABC

A 60 B 45 C 30 D 90 Lời giải

(66)

A C

B S

Ta có:    

 

SC ABC C

SA ABC

 



 





SC, (ABC) (SC AC, ) SCA

  

2 2 2 2

AC AB BC  a  a  aSA Vì SAC vng cân A nên ta có SCA 45

Câu 18. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S :x2y2 z2 2y2z 7 Bán kính mặt cầu cho

A 9 B 3 C 15 D Lời giải

Chọn B

Ta có: 2 2 2 7 0

x y  z y z  x2y1 2 z 12 9

  S có bán kính R 3

Câu 19. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A4;0;1 B2; 2;3 Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB có phương trình

A 6x2y2z 1 B 3x   y z C x y 2z 6 D 3x  y z Lời giải

Chọn D

 6; 2; 2 3; 1; 1 

AB     



Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB Suy tọa độ điểm I1;1; 2

Do mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB qua điểm I1;1; 2 nhận n3; 1; 1   vectơ pháp tuyến có phương trình 3x 1 1 y 1 1 z203x  y z Câu 20. Gọi z1, z2 hai nghiệm phức phương trình z24z 7 Giá trị z12z22

A 10 B 8 C 16 D 2 Lời giải

Chọn D

Phương trình 4 7 0

z  z  có hai nghiệm phức z1 2 3i, z2  2 3i

Vậy 2   2 2

1 2 3

z z   i   i 

Câu 21. Giá trị nhỏ hàm số   3

f x x  x đoạn 3;3

A 18 B 18 C 2 D 2 Lời giải

Chọn B

Ta có:   0 3 3 0 1

(67)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 5

Mà f   3 18; f  1 2; f 1  2; f  3 18 Vậy giá trị nhỏ hàm số 18

Câu 22. Một sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao nhau, bán kính đáy m 1,5 m Chủ sở dự định làm bể nước hình trụ có chiều cao tích tổng thể tích hai bể nước Bán kinh đáy bể dự định làm gần với kết đây?

A 1, m B 2,5 m C 1,8 m D 2,1 m Lời giải

Chọn C

Tổng thể tích hai bể ban đầu là: .1 2 .1,5 2 .13 V  h hh

 Rd V 1,8 m h



 

Câu 23. Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau:

A 2 B 1 C 3 D 4 Lời giải

Chọn C Ta có lim

xy nên đường thẳng y0 tiệm cận ngang đồ thị hàm số y f x  Và lim

xy nên đường thẳng y3 tiệm cận ngang đồ thị hàm số y f x  Mặt khác

0 lim x

y 

   nên đường thẳng x0 tiệm cận đứng đồ thị hàm số y f x  Vậy đồ thị hàm số cho có ba đường tiệm cận

Câu 24. Cho hàm số f x  liên tục  Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đường

 

y f x , y0, x 2 x3 (như hình vẽ bên)

Mệnh đề đúng? A.    

1

2

d d

S f x x f x x



   B    

1

2

d d

S f x x f x x



  

x  

y   

y

4

 

3



(68)

C.    

1

2

d d

S f x x f x x



   D    

1

2

d d

S f x x f x x



  

Dựa vào hình vẽ diện tích hình phẳng S giới hạn đường y f x , y0, x 2 x3    

1

2

d d

S f x x f x x



 

Câu 25. Hàm số 3x2 x

y  có đạo hàm

A 3x2x.ln 3 B 2 1 3 x2 x

x  C x2x.3x2 x D 2x1 3 x2x.ln Lời giải

Chọn D

Ta có:  3x2 x  .3x2 x.ln 3 2 1 3 x2 x.ln 3 y     x x    x 

Câu 26. Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy tam giác cạnh a AA  2a (minh họa hình vẽ bên)

C B

A

B'

C' A'

Thể tích khối lăng trụ cho A

3

4 a

B

3

6 a

C

3 12

a

D

3

2 a

Lời giải

Chọn A

Thể tích khối lăng trụ là:

2 3 6

4

ABC

a a

V S AA a

Câu 27. Nghiệm phương trình log 23 x  1 log3x1

Chọn A

Điều kiện x1

   

3

log 2x  1 log x1 log 23 x 1 log log3  3x1

   

3

log 2x log x

      2x 1 3x  3 x

Câu 28. Cho a b hai số thực dương thỏa mãn ab38 Giá trị log2a3log2b A 8 B 6 C 2 D 3

(69)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 7

 

3

2 2 2

log a3log blog alog b log ab log 3 Câu 29. Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm phương trình 2f x  3

A 3 B 1. C 2 D 0 Lời giải

Chọn A

   

2

2 f x    f x  

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng

y  cắt đồ thị hàm số y f x  ba điểm nên phương trình có ba nghiệm

Câu 30. Cho hàm số f x  có đạo hàm f x x x 12,  x  Số điểm cực trị hàm số cho

A 0 B 1 C 2 D 3 Lời giải

Chọn B

   2

0

f x  x x 

1 x x

 

   



Ta có bảng xét dấu

Vậy hàm số cho có điểm cực trị

Câu 31. Cho số phức z thỏa mãn 2i z  3 16i2 zi Môđun z

A. B. 13 C 13 D.

Đặt z a bi a b ,  

2i z  3 16i2 zi 2ia bi  3 16i2a bi i  

2a b 3 2b a 16i 2a 2 2b i

        

2 16 2

a b a

b a b

   

     



2 a b

 

   

(70)

2

z i

    z  13

Câu 32. Cho hàm số y f x  Biết f 0 4 f x 2sin2x3,  x  Khi  

0 d f x x





A

2 2

8

 

B.

2 8 8

8

   

C

2 8 2

8

   

D.

2

3

8

   

Lời giải

Chọn C

  2sin2 3 cos 2

f x  x   x

Có 4 cos d 1sin 2

x x x x C

   

 suy   1sin

2

f x  x x C Do f 0 4 nên C4   1sin

2

f x x x

   

 

4

0

1

d sin d

2

f x x x x x

 

 

    

 

 

0

2 cos

4

x x x



 

   

 

2 8 2

8

   



Câu 33. Trong không gian Oxyz, cho điểm A2; 1;0 , B1; 2;1, C3; 2;0  D1;1; 3  Đường thẳng qua D vng góc với mặt phẳng ABC có phương trình

A. x t y t z t          

B.

1 x t y t z t         

C.

1 x t y t z t            

D.

1 x t y t z t             Lời giải Chọn A

Gọi  đường thẳng qua D vng góc với mặt phẳng ABC Ta có: AB  1;3;1, AC1; 1;0 

Đường thẳng  có vectơ phương : u AB AC, 1;1; 2 

Phương trình đường thẳng : 1 x t y t z t             Với 1 x t y z           

thuộc đường thẳng 

Vậy phương trình đường thẳng  cần tìm:

1 x t y t z t           Câu 34. Cho hàm số f x , bảng xét dấu f x sau:

x  3 1 

 

f x    

Hàm số y f5 2 x đồng biến khoảng đây?

(71)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 9

Ta có: y f5 2 x 5 2x  f 2 x 2f5 2 x

*) y 0  2f5 2 x0  f5 2 x0

5

x x x              x x x        

*) y 0 2f5 2 x0  f5 2 x0

1

x x           x x       

Bảng xét dấu:

x  

y    

Hàm số y f5 2 x đồng biến khoảng 4;  nên đồng biến khoảng  4;5 Hàm số y f5 2 x đồng biến khoảng 4;  nên đồng biến khoảng  4;5 Câu 35. Họ tất nguyên hàm hàm số  

 2

3 2 x f x x  

 khoảng 2; 

A 3ln 2

x C

x

  

 B  

2 3ln 2 x C x    

C 3ln 2 2

x C

x

  

 D  

4 3ln 2 x C x     Lời giải Chọn D Ta có

 2  2  2  

3

3 4

d d d 3ln

2

2 2

x x

x x x x C

x x

x x x

                       

9 3

log x log 4x  1 log m với m tham số Có giá trị nguyên m để phương trình có nghiệm?

A 5 B 3 C Vô số D 4

Xét phương trình  

9 3

log x log 4x  1 log m  1 (m tham số) Điều kiện:

4 x  * Với điều kiện  * ta có:

 1 log3xlog 43 x  1 log3m  3

log log

4

x

x  m 

4x m x

   2

Ta có  1 có nghiệm  2 có nghiệm thõa mãn  * Xét hàm số y 4x

x



 1;

  

 

 

1 0

y x

   ,

4 x

 

(72)

4/44 Nguyễn Bảo Đức, P.Tam Hiệp, Biên Hịa 10

Khi 0 m 4, mà m nên m1; 2;3 giá trị cần tìm Hay có giá trị m thỏa mãn

Câu 37. Cho hàm số f x , hàm số y f x liên tục  có đồ thị hình vẽ bên

Bất phương trình f x 2xm (m tham số thực) nghiệm với x 0;

A m f 2 4 B m f 0 C m f 0 D m f 2 4 Lời giải

Chọn A

Ta có f x 2x  m m f x 2x  * Xét hàm số g x  f x 2x  0;

Ta có g x  f x  2 0,  x  0;2 nên hàm số g x  nghịch biến  0; Do  * với x 0;2 mg 2  f  2 4

Câu 38. Chọn ngẫu nhiên hai số khác từ 23 số nguyên dương Xác suất để chọn hai số có tổng số chẵn

A 11

23 B

1

2 C

268

529 D

12 23 Lời giải

Chọn A

Số phần tử không gian mẫu số cách chọn 23 số:   23 n  C Trong 23 số nguyên dương có 12 số lẻ 11 số chẵn

Gọi A biến cố “hai số chọn có tổng số chẵn” Để chọn hai số thỏa tốn, ta có trường hợp: + Hai số chọn số lẻ: có

12 C cách + Hai số chọn số chẵn: có

11 C cách Do   2

12 11

n A C C Xác suất cần tìm  

2

12 11

2 23

11 23

C C

P A

C



(73)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 11

Câu 39. Cho hình trụ có chiều cao 3 Cắt hình trụ cho mặt phẳng song song với trục cách trục khoảng 1, thiết diện thu có diện tích 18 Diện tích xung quanh hình trụ cho

A 6 3 B 6 39 C 3 39 D 12 3 Lời giải

Chọn D

Gọi chiều cao hình trụ h

Thiết diện hình trụ cắt mặt phẳng song song với trục hình chữ nhật ABB A  Gọi H hình chiếu O AB OH khoảng cách từ O đến mặt phẳng ABB A  nên OH 1

Diện tích thiết diện S AB AA  AA  h 3 nên 18 3 S

AB AA

  



Do tam giác OAB cân nên

2

2 2

4 AB OH OB HB OB 

Suy  

2

2 1 4 2

4

AB

OB OH     OB

Vậy diện tích xung quanh hình trụ Sxq 2Rh2 2.3 12 3  

Câu 40. Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a, mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy (minh họa hình vẽ bên) Khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAC

A 2 a

B 21

28 a

C 21

7 a

D 21

14 a

Lời giải

(74)

Gọi H trung điểm AB Ta có: SH ABCD Trong ABCD, kẻ HEAC E

Mà ACSH nên ACSHE  SAC  SHE Trong SHE, kẻ HF SE F HF SAC F

 

 , 

d H SAC HF

 

Ta có:

4

BD a

HE  ,

2 a

SH 

 

2 2

1 1 21

, 14

a

HF d H SAC

HF  HE SH   

Do H trung điểm  ,   ,  21

a

ABd B SAC  d H SAC 

Câu 41. Cho đường thẳng

y x parabol yx2a (a tham số thực dương) Gọi S1 S2 diện tích hai hình phẳng gạch chéo hình vẽ bên

Khi S1S2 a thuộc khoảng đây? A 9;

2 16

 

 

  B

2 9; 20

 

 

  C

9 1; 20

 

 

  D

2 0;

5

 

 

 

Xét phương trình: 2 3 2 0 1 

x  a x x  x a

Xét 16

16

a a

(75)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 13

1

3 16 16

;

4

a a

x    x    x1x2

Từ hình vẽ ta có:    

1

2

1 0

0

3

d

2

x x

x

S  x  xa x x  x ax F x F x

   



Và

2

1

2

3

d

2

x x

S   x  xa x  x  x ax

   

      

1

x x

F x F x F x

   

Theo giả thiết  

3

1 2 2

1

0

3

S S F x   x  x ax 

 

2

2 2

1 9

3

3 x 4x a 2x a 4x a

 

         

 

3 16

3 8

4 a

x a a  

    

2

9

27

3 16 32 32 16 ;

64 20

1024 432

a

a a a

a a

  

  

        

 

  



Câu 42. Cho hàm số bậc ba y f x  có đồ thị hình vẽ bên Số nghiệm thực phương trình  3 

3 f x  x 

A 6 B 10 C 3 D 9 Lời giải

Chọn B.

Từ đồ thị hàm số y f x  suy đồ thị hàm số y f x  là:

Đặt 3

tx  x, ta có:  3   

3

f x  x   f t  Từ đồ thị suy phương trình  

3

f t  có sáu nghiệm phân biệt tti, (với i1,6

1

t   ;  2 t t2, 32; t t t4, ,5 62) Xét hàm số   3

(76)

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: - Phương trình

1

x  xt có nghiệm (do t1 2) - Mỗi phương trình

2

x  xt , x33xt3 có ba nghiệm phân biệt (do  2 t t2, 32) - Mỗi phương trình

4

x  xt , x33xt5, x33xt6 có nghiệm (do t t t4, ,5 62) Vậy phương trình  3 

3

f x  x  có 10 nghiệm

Câu 43. Xét số phức z thỏa mãn z  Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp điểm biểu diễn số phức

z iz w

  

1

đường trịn có bán kính

A. 52 B. 13 C. 11 D. 44

Gọi wxiy, x y,  Ta có:

z iz w

  

1

5 

i w

w z

 

5

nên: 

  

i w

w

z  5w  2wi  5x2 y2 2x2y12

 2 10 4 230

y x y x

Vậy bán kính đường trịn biểu diễn cho w là: r 254232 13 Câu 44. Cho hàm số f x( ) có đạo hàm liên tục , biết f(3) 1

1

0

(3 ) 1 xf x dx

 Khi

3

0

'( ) x f x dx

 ?

A. B C 9 D 25

3 Chọn B

Ta có:

(3 ) 1

I xf x dx Đặt 3 3

3 dt

t xdt  dxdx Đổi cận:

Từ 3 1

3 t x x Từ ta có:

3 3

0 0

1

( ) 1 ( ) 1 ( ) 9 ( ) 9

3 3 9

t dt

(77)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 15

3

'( )

J x f x dx Đặt

2 2

( ) '( )

du xdx

u x

v f x dv f x dx



  



   

 

Suy ra:

3

2

0

'( ) ( ) 2 ( ) ) (3) 2.9 9 J x f x dxx f x  xf x dx  f   

Câu 45. Trong không gian Oxyz, cho điểm A0;3; 2  Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz cách trục Oz khoảng Khi khoảng cách từ A đến d lớn nhất, d qua điểm đây?

A Q2;0; 3  B M0;8; 5  C N0; 2; 5  D P0; 2; 5   Lời giải

Chọn D

Cách 1: Giả sử đường thẳng d qua điểm M0a b c; ; 

Do d song song với trục Oz nên vectơ phương đường thẳng d là: u0;0;1 

Đường thẳng d cách trục Oz khoảng nên khoảng cách từ điểm O đến d

Khi đó: OM u0, 2 2 2 2 4

a b a b

u

 

        

 

 (1)

Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d là:

 

0, 2 2 2

3 13

AM u

h a b a b b b

u

 

 

         

 



Từ (1) ta có:      2 b 13 6b25 1 13 6 b5 Do đó: hmax 5 b 2,a0

Vậy khoảng cách từ A đến d lớn nhất, d qua điểm P0; 2; 5  

Cách 2:

Do đường thẳng d song song với trục Oz cách trục Oz khoảng nên tập hợp đường thẳng d tạo thành mặt trụ trịn xoay có trục Oz, bán kính Khi khoảng cách từ A đến d lớn d, Oz, A nằm mặt phẳng Oyz d, A hai phía Oz

d z

y O

A

-2

3

-2

Khi khoảng cách từ A đến d lớn

(78)

Câu 46. Cho lăng trụ ABC A B C    có chiều cao đáy tam giác cạnh Gọi M N, P tâm mặt bên ABB A ACC A ,   BCC B  Thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A B C M N P, , , , ,

A 14

3 B 8 C 6 D

20 3 Lời giải

Chọn C Cách 1:

Chia đôi khối lăng trụ mặt phẳng MNP Khi ta có MNPBB  F

1

ABC EFG ABC A B C

V  V   

Lại có VABC MNP. VABC EFG. VB MPF. VA EMN. VC NPG.

Dễ thấy . . . . 1 . .

4

B MPF A EMN C NPG ABC EFG ABC A B C ABC A B C

V V V  V  V     V   

Tức

2

1 3 4.4 3. 6 3.

2 8

ABC MNP ABC A B C ABC A B C

V   V     V     

 

Cách 2:

2

4

ABC

S   ; VABC A B C.   V

Hạ M N P1, 1, 1 vng góc AB AC BC, , ,

khi M N P1, 1, 1 trung điểm cạnh AB AC BC, , Khi

1 1 1 1 1

ABCMNP MNP M N P B MPP M C NPP N A MNN M

V V V V V

Dễ thấy

4 MNP ABC

S  S ; 1

2

MM  AA nên

1 1

1

8

MNP M N P ABC A B C

V  V    V

Do đáy tam giác nên

1 1 1

B MPP M C NPP N A MNN M

(79)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 17

Ta có  ; 1 1  ; 

d B MPPM  d B ACC A  ;

1

1 MPP M ACC A S  S   nên

1

8 12

B MPP M B ACC A

V  V   V  V

Do 1 1 3.4.4

8 12 12 12 8

ABCMNP

V  V  V  V  V  V  

Câu 47. Cho hai hàm số 1

1

x x x x

y

x x x x

- - +

= + + +

- + + y= + - -x x m ( m tham số thực)

có đồ thị ( )C1 ( )C2 Tập hợp tất các giải trịcủa m để ( )C1 ( )C2 cắt điểm phân biệt

A  3;  B  ; 3 C  3;  D. ; 3

Phương trình hồnh độ giao điểm : 1

1

x x x x

x x m

x x x x

- + - + + + = +

+ +

Tập xác định: D=\ 1;0; 1; 2{ - - } Với điều kiện trên, phương trình trở thành :

( )

1 1

4 *

1 x x m

x x x x

- - - - = +

+ +

1 1

4

1 x x m

x x x x

 + + + - + + - =

- + +

Xét hàm số ( ) 1 1

1

f x x x

x x x x

= + + + + +

+ + với tập xác định D, ta có:

( )

( )2 ( )2 ( )2

1 1 1

1 0,

1

x

f x x D

x x

x x x

+

¢ = - - - - + - < " Î

+

- + +

Bảng biến thiên:

Để ( )C1 ( )C2 cắt điểm phân biệt phương trình ( )* có nghiệm phân biệt Từ bảng biến thiên suy tất giá trị m cần tìm m£ -3

3

2 log log 4x

x x  m (m tham số thực) Có tất giá trị ngun dương m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt?

A Vô số B 62 C 63 D 64

Điều kiện:

4x

x m

 

  



0 log x

x m

    

(80)

4/44 Nguyễn Bảo Đức, P.Tam Hiệp, Biên Hịa 18

Ta có:  

3

2 log xlog x1 4x m

3

4

log

1 log

2 log

x x

x m

 

 

  

  



3

3 log x x

x m

   

 

   

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì: 4

log

3

log

m m

  

 

 

1

3

4

0

m m



  



   

Với m nguyên dương nên m1;3;4; ;63 có 62 giá trị nguyên m thỏa mãn

Câu 49. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( ) :S x2y2 z 12 5 Có tất điểm

 ; ;  ( , ,

A a b c a b c số nguyên) thuộc mặt phẳng (Oxy) cho có hai tiếp tuyến ( )S qua A hai tiếp tuyến vng góc với nhau?

A 12 B 16 C 20 D 8

 2

2

( ) :S x y  z 5 có tâm I0;0; ,  R

 ; ;     ; ;0

A a b c  Oxy A a b

TH1:  ; ;  ( ) 2 4

A a b c  S a b  Do a b c, ,  nên có điểm thỏa mãn

       

1 0;2;0 , 2;0;0 , 0; 2;0 , 2;0;0

A A A  A 

TH2: A a b c ; ; ( )S IAR Giả sử có hai tiếp tuyến IM, INlà hai tiếp tuyến (S) qua A vng góc với

+)IM, IN, IAđồng phẳng Khi IMANlà hình vng cạnh R Khi

2 2

2 10 10

IAR  a b   a b  Do a b c, ,  nên có điểm thỏa mãn

       

5 0;3;0 , 3;0;0 , 0; 3;0 , 3;0;0

A A A  A 

+) IM, IN, IA khơng đồng phẳng Khi IAlà trục mặt nón trịn xoay có hai đường sinh IM, IN RIAR 2 4 a2b29

*

2 5 1, 2 (1;2;0), A( 1;2;0), A( 1; 2;0), (1; 2;0), (2;1;0), A(2; 1;0), A( 2; 1;0), ( 2;1;0)

a b a b A A

A A

           

   

* 2 6 ( ) a b  VN * a2b2 7(VN)

2 8 2, 2 (2; 2;0), A( 2;2;0), A( 2; 2;0), (2; 2;0)

a b    a b  A    A 

Vậy có tất 20 điểm thỏa mãn

Câu 50. Cho hàm số f x , bảng biến thiên hàm số f x sau:

Số điểm cực trị hàm số 4 4  y f x  x

(81)

ThS Ngô Thanh Sơn (0919.004466) 19

Ta có 8 4 4 4 ; 0

y x f x  x y  

 

2

1

4

1

8

2

f x x

x x

   

    

 

   

 

Dựa vào bảng biến thiên f x nhận thấy  

     

 

; 1;0

0;1 1; x a x b f x

x c x d

    



   

   

  

    

Do  

     

   

2

4 ;

4 1;0

4 *

4 0;1

4 1;

x x a

x x b

f x x

x x c

x x d

     



   



    

  



    



Lại có

2

4x 4xa vơ nghiệm 4x24x2x12   1 1, x;

2

3 4x 4x b x x

x x

 

   



 ;

4

5 4x 4x c x x

x x

 

   



 ;

6

7 4x 4x d x x

x x

 

   





Vì b c d thuộc khoảng khác (như  * ) nên nghiệm x x x x x x2, , , , ,3 4 5 6 7 khác khác 1

2

x   Do y 0 có nghiệm đơn phân biệt nên y đổi dấu lần suy hàm số có điểm cực trị