DOWNLOAD đề thi toán file word

Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên?.A. Cho hình chóp.[r]

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

-PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA MÃ ĐỀ: 02

KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 MƠN THI: TỐN

Thời gian: 90 phút

Câu 1. Một lớp học có 25 học sinh nam 17 học sinh nữ Hỏi có cách chọn học sinh nam học sinh nữ lớp học dự trại hè trường?

A 42 B 25 C 17 D 425 Câu 2. Cho cấp số nhân  un , biết u13;q2 Tìm u5.

A u5 1. B u5 48. C u5 6. D u5 30.

Câu 3. Cho hàm bậc ba yf x  có đồ thị hình bên

Hàm số cho đồng biến khoảng nào?

A  ;1 B 1;5 C 0;2 D 5;  Câu 4. Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Hàm số đạt cực tiểu

A x0. B y1. C x1. D y2. Câu 5. Cho hàm số f x  liên tục , bảng xét dấu f x  sau:

Hàm số cho có điểm cực trị?

A 1. B 2 C 3 D 4

Câu 6. Tiệm cận ngang đồ thị hàm số

3

x y

x

 

 là

A x2. B y2. C

y

D

3

x

A y x 33x2 B y x 4 4x23 C yx32x3 D yx48x21 Câu 8. Xác định số giao điểm đồ thị hàm số y x 4 4x2 với trục hoành

A 1 B 2 C 3 D 4

Câu 9. Với a số thực dương tùy ý,   2022 log a

A 4044log2a. B 2022 log 4a. C 1011.log2a. D

log 1011 a. Câu 10. Đạo hàm hàm số ylog5x là

A y

x  

B

1 ln y

x  

C ln x y 

D

1 5ln y

x  

Câu 11. Rút gọn biểu thức

1

N x x với x0

A N  x . B

1

N x . C N 2 x3 . D N 3 x2 .

Câu 12. Tìm nghiệm phương trình 3x2 27.

A x3. B x5. C x2 D x9 Câu 13. Nghiệm phương trình log 42 x 3 2 là

A x7. B

x

C

4

x

D x4. Câu 14. Họ tất nguyên hàm hàm số f x 4xsinx

A x2 cosx C B 2x2cosx C . C x2cosx C . D 2x2 cosx C . Câu 15. Hàm số f x  cos 4 x5có nguyên hàm

A  sin 4 x5x B  

sin

4 x  . C sin 4 x51. D  

sin x

  

Câu 16. Cho hàm số f x  F x  liên tục  thỏa F x f x ,  x Tính

 

0

d f x x 

biết F 0 2,F 1 6 A

 

0

d

f x x



B

 

0

d

f x x



C

 

0

d

f x x



D

 

0

d

f x x



Câu 17. Tích phân

2

2 dx x 

A 62

5 B

5

62 C

31

5 D

5 31

Câu 18. Cho số phức z có điểm biểu diễn mặt phẳng tọa độ Oxy điểm M3; 5  Xác định số phức liên hợp z z

A z  5 3i. B z  5 3i. C z  3 5i. D z  3 5i.

Câu 19. Cho hai số phức z1 3 7i z2  2 3i Tìm số phức z z 1 z2.

A z 1 10i. B z 5 4i. C z 3 10i. D z 3 3i.

Câu 20. Điểm biểu diễn hình học số phức z 2 3i điểm điểm sau đây?

A M2;3 B Q2; 3  C N2; 3  D P2;3

Câu 21. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA3a SA vng góc với

mặt phẳng đáy Tính thể tích khối chóp S ABCD A

3 a

B 9a3 C a3 D 3a3

Câu 22. Cho khối lập phương ABCD A B C D     có đường chéo AC a 3, (a 0). Thể tích khối lập phương cho

A a3 B 3 a C a2 D

a Câu 23. Diện tích Scủa mặt cầu có bán kính đáy r

A S r2. B S 2r2. C S 4r2. D S 3r2.

Câu 24. Cho hình trụ có bán kính đường trịn đáy r5cmvà có chiều cao h10cm Diện tích xung

quanh hình trụ A  

2

50 cm

B  

2

100 cm

C  

2

50 cm

D  

2

100 cm

Câu 25. Trong không gian Oxyz, cho điểm I5;0;5 trung điểm đoạn MN, biết M1; 4;7  Tìm tọa độ điểm N

A N10; 4;3 B N2; 2;6  C N11; 4;3  D N11; 4;3 Câu 26. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y2z2 2x4y 6z 3 Tâm  S có

tọa độ

A 2;4; 6  B 2; 4;6  C 1; 2;3  D 1; 2; 3  Câu 27. Xác định m để mặt phẳng ( ) : 3P x 4y2z m 0 qua điểm A(3;1; 2).

A m1 B m1 C m9 D m9

Câu 28. Trong không gian Oxyz, vectơ vectơ phương đường thẳng qua hai điểm A0;4;3 B3; 2;0 ?

A u11; 2;1 



B u2   1; 2;1 



C u3 3; 2;    

D u4 3; 2;3 



Câu 29. Một hộp đựng thẻ đánh số từ 1, 2, 3,…, Rút ngẫu nhiên hai lần, lần thẻ nhân số ghi hai thẻ với Xác suất để tích nhận số chẵn

A

9 B

25

36 C

1

2 D

Câu 30. Hàm số đồng biến khoảng   ; ? A y x 43x2 B

2 x y x  

 . C y3x33x 2. D y2x3 5x1.

Câu 31. Giá trị lớn hàm số y 4 x2

A 2. B 0. C 4. D 1.

Câu 32. Tập nghiệm bất phương trình e x      

  là

A  B  ;0 C 0;  D 0; 

Câu 33. Cho

 

2

d f x x 





Tính tích phân

 

2

2 d

I f x x



  

A 9. B 3. C 3 D 5

Câu 34. Tính môđun số phức z biết z 4 1 i  i

A z 5 B z  C z 25 D z 7 Câu 35. Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác vuông B, AB BC a  ,

'

BB a Tính góc đường thẳng A B mặt phẳng BCC B  .

A 45. B 30. C 60. D 90.

Câu 36. Cho hình chóp S ABCcó đáy tam giác vng cân C BC a,  , SAvng góc với mặt phẳng đáy SA a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBCbằng

A 2a B

2 a

C 2 a

D a

Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu có tâm I1; 4;3  qua điểm A5; 3;2 

A      

2 2

1 18

x  y  z 

B      

2 2

1 16

x  y  z  C      

2 2

1 16

x  y  z 

D      

2 2

1 18

x  y  z  Câu 38. Phương trình trung tuyếnAM tam giácABCvớiA(3;1; 2), ( 3;2;5), (1;6; 3)B  C 

A 1 x t y t z t          

 . B

1 3 x t y t z t          

 . C

3 x t y t z t          

 . D

1 3 4 x t y t z t            .

Đặt h x  3f x  x33x Tìm mệnh đề mệnh đề sau: A [ 3; 3]  

max ( ) 1h x f 



B [ 3; 3]  

max ( ) 3h x f 

 

C [ 3; 3]  

max ( ) 3h x f 



D [ 3; 3]  

max ( ) 3h x f 



Câu 40. Tập nghiệm bất phương trình

2 1

(3 9)(3 ) 27

x x x

   

chứa số nguyên ?

A 2. B 3. C 4. D 5.

Câu 41. Cho hàm số f x  x x21 biết

   

0

d f x

x a b c

f x  



với a b c, , số hữu tỷ tối giãn Tính giá trị P a b c   .

A

13 P

B

15 P

C

10 P

D

11 P

Câu 42. Có số phức z thỏa mãn z 2i 3 zi 4i5 3 i số thực?

A 1 B 0 C 2 D 3

Câu 43. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, đường thẳng SO vng góc với mặt phẳng ABCD Biết AB SB a  2, SO a Tính tan góc hai mặt phẳng

SAB

SAD A

2

2 . B 1. C D 2

Câu 44. Một cổng chào có dạng hình Parabol chiều cao 18 m, chiều rộng chân đế 12 m Người ta căng hai sợi dây trang trí AB , CD nằm ngang đồng thời chia hình giới hạn Parabol mặt đất thành ba phần có diện tích (xem hình vẽ bên) Tỉ số

A

2 B

4

5. C 3

1

2 D

3 2 .

Câu 45. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng

4

:

1

x y z

  

2

:

1

x y z

  

  cắt nằm mặt phẳng  P Đường phân giác d góc nhọn tạo 1, 2 nằm mặt phẳng  P có véctơ phương là

A u1; 2;3 

B u0;0; 1  

C u1;0;0 

D u1; 2; 3   

Câu 46 Cho hàm số f x( )x3 3x21 g x( )f f x ( ) m với x1, x1 hai điểm

cực trị nhiều điểm cực trị hàm số yg x( ) Khi số điểm cực trị hàm yg x( )

A 14 B 15 C 9 D 11.

Câu 46 Cho hàm số f x  liên tục  Biết phương trình f x  0 có nghiệm dương phân biệt khơng nguyên, phương trình  

3

2

f x  x  

có 20 nghiệm phân biệt, phương trình  

4

2

f x  x  

có nghiệm phân biệt Hỏi phương trình f x 0 có nghiệm thuộc khoảng 2; ?

A 0 B 1 C 2 D 4

Câu 47. Biết có n cặp số dương x y;  ( với nbất kỳ) để x x; log x;ylog y ;xylogxy tạo thành cấp số

nhân Vậy giá trị gần biểu thức

1 n

n k

n n k

x y 

  

nằm khoảng nào?

A 3.4;3.5 B 3.6;3.7 C 3.7;3.8 D 3.9;4

tuyến, S2 diện tích hình chữ nhật giới hạn tiếp tuyến pháp tuyến A B, Tính tỉ số

1 S S ? A

1

6. B

1

3. C

125

768. D

125 128.

Câu 49. Cho số phức z thỏa z1 1 z11 z1 z1 6và z2 5i 2thì giá trị nhỏ của

z  z m

Khẳng định

A m0; 2 B m2;4 C m4;5 D m5;7 Câu 50 Cho tam giác ABC có A2; 2;3 , B1;3;3 , C1; 2; 4 Các tia Bu Cv, vng góc với mặt

phẳng ABC nằm phía mặt phẳng Các điểm M N, di động tương ứng tia Bu Cv, cho BM CN MN  Gọi trực tâm H tam giác AMN, biết H nằm đường tròn  C cố định Tính bán kính đường trịn  C

A

8 . B

3

4 . C

5

8 . D

2 . Câu 50 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A0;1;2 B 3;1;3 thoả mãn ABBC,

AB AD , AD BC Gọi ( )S mặt cầu có đường kính AB, đường thẳng CD di động

luôn tiếp xúc với mặt cầu ( )S Gọi E AB F CD ,  EF đoạn vng góc chung ABvà CD Biết đường thẳng ( ) EF;( ) ABvà d A ;    3 Khoảng cách  và CD lớn bằng

A

3 2



B 2 C

3



ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT BẢNG ĐÁP ÁN

1.D 2.B 3.C 4.A 5.C 6.C 7.A 8.B 9.C 10.B 11.D 12.B 13.B 14.D 15.B 16.D 17.A 18.C 19.B 20.C 21.C 22.A 23.C 24.B 25.D 26.C 27.A 28.B 29.D 30.C 31.A 32.B 33.C 34.A 35.B 36.B 37.D 38.C 39.B 40.B 41.A 42.B 43.D 44.C 45.B 46.1D 46.2.A 47.D 48.A 49.B 50.1.A 50.2.A

LỜI GIẢI CHI TIẾT

ĐỀ SỐ 02 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA THI TN 12- 2020-2021 Người làm: Nguyễn Phương Thảo

Facebook: Nguyễn Phương Thảo Email: info@123doc.org

Câu 1. Một lớp học có 25 học sinh nam 17 học sinh nữ Hỏi có cách chọn học sinh nam học sinh nữ lớp học dự trại hè trường?

A.42 B.25 C.17 D.425 Lời giải

Chọn D

 Áp dụng quy tắc nhân: Số cách chọn học sinh nam học sinh nữ lớp học

này dự trại hè trường 25.17 425.

Câu 2. Cho cấp số nhân  un , biết u13;q2 Tìm u5

A u5 1. B u5 48. C u5 6. D u5 30.

Lời giải Chọn B

 Áp dụng công thức:  

4

1 48

n n

u u q  u

     .

Câu 3. Cho hàm bậc ba yf x  có đồ thị hình bên

Hàm số cho đồng biến khoảng nào?

A  ;1 B 1;5 C 0;2 D 5;  Lời giải

Chọn C

 Từ hình vẽ ta thấy: Hàm số cho đồng biến khoảng 0; 2

Hàm số đạt cực tiểu

A x0. B y1. C x1. D y2. Lời giải

Chọn A

 Từ bảng biến thiên ta thấy: Hàm số đạt cực tiểu x0

Câu 5. Cho hàm số f x  liên tục , bảng xét dấu f x  sau:

Hàm số cho có điểm cực trị?

A. B 2 C 3 D.

Lời giải Chọn C

 Từ bảng biến thiên hàm số f x  ta thấy: Hàm số f x  đổi dấu qua x1; x0;

2

x Do hàm số cho có điểm cực trị.

Câu 6. Tiệm cận ngang đồ thị hàm số

3

x y

x

 

 là

A x2. B y2. C

y

D

3

x

Lời giải

Chọn C

 Ta có:

3 3 lim lim

4 4

x x

x

y y

x    



   

 đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số.

Câu 7. Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình vẽ bên?

A y x 33x2 B y x 4 4x23 C yx32x3 D yx48x21 Lời giải

 Căn vào đồ thị hàm số phương án ta loại phương án hàm số bậc bốn trùng

phương B D, Còn lại phương án hàm số bậc ba

 Từ đồ thị ta có: xlim y, limx  y nên hàm số

3 3 2

y x  x  có đường cong

trong hình vẽ

Câu 8. Xác định số giao điểm đồ thị hàm số y x 4 4x2 với trục hoành

A 1 B 2 C 3 D 4

Lời giải Chọn B

 Ta có: x4 4x2 0  x

Do đó, đồ thị hàm số y x 4 4x2 cắt trục hoành hai điểm phân biệt Câu 9. Với a số thực dương tùy ý,  

2022 log a

A 4044log2a. B 2022 log 4a. C 1011.log2a. D

log 1011 a. Lời giải

Chọn C

 Ta có:    

2

2022 2022

4 2

2022

log log log 1011.log

2

a  a  a a

Câu 10. Đạo hàm hàm số ylog5x

A y

x  

B

1 ln y

x  

C ln x y 

D

1 5ln y

x  

Lời giải

Chọn B

 Ta có:  

1 log

ln

y x

x 

  

Câu 11. Rút gọn biểu thức

1

N x x với x0

A N  x B

1

N x . C N 2 x3 . D N 3 x2 .

Lời giải Chọn D

Ta có:

n

man am

với a0và m n,  

1

1

3

6

2 2.

N x xx x x  x .

Câu 12. Tìm nghiệm phương trình 3x2 27.

A x3. B x5. C x2 D x9 Lời giải

2 3 27 3 x x x x          

Câu 13. Nghiệm phương trình log 42 x 3 2 là A x7. B.

7 x C. x

D x4. Lời giải

Chọn B

Ta có:  

2

7 log 2

4

x    x  x

Câu 14. Họ tất nguyên hàm hàm số f x 4xsinx

A x2 cosx C B 2x2cosx C . C x2cosx C . D 2x2 cosx C . Lời giải

Chọn D Ta có:  

2

2 cos cos

2 x

F x   x C  x  x C

Câu 15. Hàm số f x  cos 4 x5có nguyên hàm

A  sin 4 x5x B  

sin

4 x  . C sin 4 x51

D  

sin x

  

Lời giải

Chọn B

Ta có: f x  cos 4 x5 có nguyên hàm là:  

sin x 

Câu 16. Cho hàm số f x  F x  liên tục  thỏa F x f x ,  x Tính  

0

d f x x 

biết F 0 2,F 1 6 A

 

0

d

f x x

 B   d

f x x

 C   d

f x x

 D   d

f x x

 Lời giải Chọn D Ta có:      

d

f x x F  F 



Câu 17. Tích phân

2

2 dx x 

A

62

5 B

5

62 C

Ta có:  

2

4 5

1

2 62

2 d

5 5

x

x x   



Câu 18. Cho số phức z có điểm biểu diễn mặt phẳng tọa độ Oxy điểm M3; 5  Xác định số phức liên hợp z z

A. z  5 3i. B. z  5 3i. C. z  3 5i. D. z  3 5i

Lời giải Chọn C

Ta có: Điểm M3; 5  nên z 3 5i z  3 5i

Câu 19. Cho hai số phức z1 3 7i z2  2 3i Tìm số phức z z 1 z2

A z 1 10i. B z 5 4i. C z 3 10i. D z 3 3i. Lời giải

Chọn B

Ta có: z z 1z2  3 7i 2 3i 5 4i.

Câu 20. Điểm biểu diễn hình học số phức z 2 3i điểm điểm sau đây? A M2;3 B Q2; 3  C N2; 3  D P2;3

Lời giải Chọn C

Ta có: điểm biểu diễn z a bi  có tọa độ a b;  nên 2 3i biểu diễn 2; 3 . Người làm: Lê Thị Thùy

Facebook: Thùy Lê Thị

Email: thuytoanhongthai@gmail.com

Câu 21. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA3a SA vng góc với

mặt phẳng đáy Tính thể tích khối chóp S ABCD A.

3 a

B. 9a3 C. a3 D. 3a3 Lời giải

Chọn C

Vậy thể tích khối chóp S ABCD

ABCD

V  S SA .32 a a

 3

a  .

Câu 22. Cho khối lập phương ABCD A B C D     có đường chéo AC a 3, (a 0). Thể tích khối lập phương cho

A

a3 B 3 a C a2 D

a Lời giải

Chọn A

Gọi x cạnh hình lập phương Khi đường chéo hình lập phương AC'x 3.

Mặt khác, theo đề ta cóAC a 3,(a 0) Suy cạnh hình lập phương x a .

Vậy thể tích khối lập phương ABCD A B C D    là V a3 Câu 23. Diện tích Scủa mặt cầu có bán kính đáy r

A S r2. B S 2r2. C S 4r2. D S 3r2.

Lời giải Chọn C

Diện tích mặt cầu S 4r2.

Câu 24. Cho hình trụ có bán kính đường trịn đáy r5cmvà có chiều cao h10cm Diện tích xung

quanh hình trụ

A  

2

50 cm

B  

2

100 cm

C  

2

50 cm

D.  

2

100 cm

Lời giải

Chọn B

Diện tích xung quanh hình trụ Sxq  2 rl  2 5.10  

2

100 cm

 

Câu 25. Trong không gian Oxyz, cho điểm I5;0;5 trung điểm đoạn MN, biết M1; 4;7  Tìm tọa độ điểm N

A. N10; 4;3 B N2; 2;6  C N11; 4;3  D. N11; 4;3 Lời giải

Chọn D 5;0;5 I

2 2                M N I M N I M N I x x x y y y z z z 2            

N I M

N I M

N I M

x x x

y y y

z z z

    2.0 2.5               N N N x y z 11          N N N x y

z  N11; 4;3

Câu 26. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y2z2 2x4y 6z 3 Tâm  S có tọa độ

A 2;4; 6  B 2; 4;6  C 1; 2;3  D 1; 2; 3  Lời giải

Chọn C

Mặt cầu  S :x2y2z22ax2by2cz d 0 có tâm Ia b c; ;  Suy ra, mặt cầu  S x: 2y2z2 2x4y 6z 3 có tâm I1; 2;3  Câu 27. Xác định m để mặt phẳng ( ) : 3P x 4y2z m 0 qua điểm A(3;1; 2).

A m1 B m1 C m9 D m9

Lời giải Chọn A

Mặt phẳng ( ) : 3P x 4y2z m 0 qua điểm A(3;1; 2) 3.3 4.1 2.( 2)   m 0 m1.Vậy m1

Câu 28. Trong không gian Oxyz, vectơ vectơ phương đường thẳng qua hai điểm A0;4;3 B3; 2;0 ?

A u11; 2;1 



B

u2   1; 2;1 



C u3 3; 2;    

D u4 3; 2;3 



Lời giải Chọn B

Ta có AB3; 6; 3   3 1; 2;1  3 u2

 

Do đó, đường thẳng qua hai điểm A B, có vectơ phương u2



Câu 29. Một hộp đựng thẻ đánh số từ 1, 2, 3,…, Rút ngẫu nhiên hai lần, lần thẻ nhân số ghi hai thẻ với Xác suất để tích nhận số chẵn

A

9 B

25

36 C

1

2 D 13 18 Lời giải

Chọn D

Số phần tử không gian mẫu: n    9 72 Gọi A biến cố: “tích nhận số lẻ”

  20

n A     n A( ) 72 20 52  

 xác suất biến cố A :

( ) 52 13

( )

( ) 72 18 n A

P A n

  



A y x 43x2 B.

2 x y

x

 

 . C. y3x33x 2. D. y2x3 5x1.

Lời giải Chọn C

Hàm số y3x33x có TXĐ: D= ¡

2

930,

yxx

, suy hàm số đồng biến khoảng   ; 

Câu 31. Giá trị lớn hàm số y 4 x2

A 2 B.0 C.4 D.1

Lời giải Chọn A

• Tập xác định: D  2;2 • Ta có:

'

x y

x  

  y 0 x  0  2; 2

• Ta có:

   

   2;2

2

max 2

y y

y

y 

  

 

 



 

 .

Câu 32. Tập nghiệm bất phương trình e

1 x



 



 

  là

A.  B  ;0 C. 0;  D. 0; 

Lời giải Chọn B

Vì e

1

  nên e e

e e

1 log log

x x

x

 

 

   

    

   

    .

Vậy tập nghiệm bất phương trình S    ;0 Câu 33. Cho  

1

2

d f x x 





Tính tích phân  

2

2 d

I f x x



  

A 9 B 3 C D Lời giải

Chọn C

Ta có  

2

2 d

I f x x



    

1

2

2 f x xd dx

 

   

2 x

  

Câu 34. Tính mơđun số phức z biết z 4 1 i  i .

A

z 5 B. z  C. z 25 D. z 7

Lời giải Chọn A

4 1  

z   i i  7 i  z 7 i  z 5

Câu 35. Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác vuông B, AB BC a  ,

'

A. 45. B . 30. C 60. D 90.

Lời giải Chọn B

Hình lăng trụ đứng ABC A B C    nên BBA B C    BBA B  A B BB  1

Bài có ABBC A B B C .

Kết hợp với  1  A B BCC B   A B BCC B ;  A BB 

 

  

tan A B BCC B ;   tanA BB 

 

A B BB

  



a a



3 

 

A B BCC B ;    30

  .

Câu 36. Cho hình chóp S ABCcó đáy tam giác vng cân C BC a,  , SAvng góc với mặt phẳng đáy SA a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBCbằng

A. 2a B.

2 a

C. a

D. a Lời giải

Chọn B

Vì  

BC AC

BC SAC

BC SA

 

 

 

 .

Khi SBC  SACtheo giao tuyến SC

Trong SAC, kẻ AH SCtại H suy AH SBC tạiH .

Ta có AC BC a  ,SA a nên tam giác SAC vuông cân tạiA.

Suy

1 2

AH  SC a

Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu có tâm I1; 4;3  qua điểm A5; 3;2 

A      

2 2

1 18

x  y  z  . B. x12y 42z 32 16.

C      

2 2

1 16

x  y  z  . D. x12y42z 32 18. Lời giải

Chọn D

Mặt cầu có tâm I1; 4;3  qua điểm A5; 3;2 nên có bán kính R IA 3

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:      

2 2

1 18

x  y  z 

Câu 38. Phương trình trung tuyếnAM tam giácABCvớiA(3;1;2), ( 3;2;5), (1;6; 3)B  C 

A.

1

x t

y t

z t

   

  

  

 B.

1 3

x t

y t

z t

   

  

  

 C.

3

x t

y t

z t

   

     

 D

1 3 4

x t

y t

z t

   

  

   

Lời giải Chọn C

Ta có M( 1;4;1) trung điểm BC nên AM qua A nhậnAM( 4;3; 1) 



làm VTCP

Phương trình trung tuyến

3 :

2

x t

AM y t

z t

   

      

Câu 39. Cho hàm số yf x  Đồ thị hàm yf x  hình vẽ

Đặt    

3

h x  f x  x  x

Tìm mệnh đề mệnh đề sau:

A [ 3; 3]   max ( ) 1h x f





B. [ 3; 3]  

max ( ) 3h x f 

 

C. [ 3; 3]   max ( ) 3h x f





D [ 3; 3]  

max ( ) 3h x f 



Ta có: 333hxfxx2      

3

h x  f x x 

   

  .

Đồ thị hàm số y x 21 parabol có toạ độ đỉnh C0; 1 , qua A ; 2, B ; 2

Từ đồ thị hai hàm số y=f x¢( ) y x 21 ta có bảng biến thiên hàm số y h x  

Với h 3 3f  3, h 3 3f 3

Vậy [ 3; 3] ( )

max ( )h x 3f

-=

- Câu 40. Tập nghiệm bất phương trình

2 1

(3 9)(3 ) 27

x x x

   

chứa số nguyên ?

A 2 B 3 C 4 D.5

Lời giải Chọn B

Điều kiện 3x1  1 0 3x1 1 x1.

+ Ta có x1 nghiệm bất phương trình

+ Với x 1, bất phương trình tương đương với

2

(3 9)(3 ) 27

x x

  

Đặt t 3x 0, ta có

2

( 9)( ) 27

t  t  ( 3)( 3)( )

27

t t t

    

3

3 27

t t

   

  



Kết hợp điều kiện t 3x 0 ta nghiệm

1

3 27  t

1

3 3

27

x x

      

Vậy bất phương trình cho có tất nghiệm nguyên Câu 41. Cho hàm số f x  x x21 biết

   

0

d f x

x a b c

f x  



với a b c, , số hữu tỷ tối giãn Tính giá trị P a b c  

A

13 P

B

15 P

C

10 P

D

11 P

Lời giải

GVSB: Thầy Phú; GVPB: Xu Xu Chọn A

Tập xác định : D

Ta có:

   

 

2

2

1

1

1

f x x x f x x x

f x

x x

         

 

Vậy  

   

2

2 1 2 1 2 1 f x

x x x x x

f x       

Khi :        

1 1

2 2 2

0 0

5

2 d d d 1 d

3

x   x x  x x  x x x  x   x   x   x

 

   

     

1

2 2 2

0

5 5 2

1 d 1

3 x x 3 x 3 3

           

Vậy

4

1; ;

3 a b c

13 P a b c   

Câu 42. Có số phức z thỏa mãn z 2i 3 zi 4i5 3 i số thực ?

A 1. B 0 C 2 D 3

Lời giải

GVSB: Thầy Phú; GVPB: Xu Xu Chọn B

Ta có: z 2i 3 nên z biểu diễn M nằm đường tròn  C , tâm I0; 2 , R3 Ta có: wzi 4i5 3 i  y xi  4i5i  x4i y5 số thực nên w biễu diễn điểm A nằm đường thẳng  y 5 0 d

Vì  

  2

;

1

d I d     R

nên đường thẳng d khơng cắt đường trịn I R;  Vậy khơng có số phức z thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 43. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, đường thẳng SO vng góc với mặt phẳng ABCD Biết AB SB a  2, SO a Tính tan góc hai mặt phẳng

SAB

SAD A.

2

Lời giải

GVSB: Thầy Phú; GVPB:Xu Xu

Chọn D

Gọi M trung điểm SA Ta có SAB cân B BM SA (1)

Vì SOABCD SOBD, lại có O trung điểm BD  SBD cân S

nên SD SB a   SAD cân D nên DM SA (2)

Lại có SAB  SADSA (3)

Từ (1);(2);(3) SAB , SADBMD SAB , SAD 180  BMD Xét SOB vuông O  

2

2 2 2a

OB SB SO a a a BD

       

Xét AOB vuông O có OA AB2 OB2  A OA OC a 

Xét

1

2

2 a

SOC SC a OM SC

     

Vì  

BD AC

BD SAC

BD SO

 

 

 

 nên BDMO Mặt khác OD OB nên BDM cân M

Xét

BOM

 vuông O

2 6.

2

a a

BM OM OB DM BM

      

Xét

  2    

3

cos cos ;

2

BM DM BD

BMD SAB SAD

B BDM

M DM

       

Vậy

   

 

1

tan ; 2

1

SAB SAD   

   

  .

Chọn hệ trục Oxyz cho tâm hình thoi trùng với gốc tọa độ, điểm có tọa độ sau: S0, 0,aOz, D a ,0,0Ox, C0, ,0a Oy

Khi dễ dàng suy đỉnh lại Ba,0,0, A0,a, 0 Mặt phẳng SAD có cặp vectơ phương SA0,a a 



SDa;0;a 

có VTPT  2 2

, , ,

nSA SD  a a a

 



                           

Mặt phẳng SAB có cặp vectơ phương SA0,a a 



SB  a;0;a



có

VTPT  

2 2

, , ,

n SA SD  a a a

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Gọi  góc hai mặt phẳng SAD SAB,

4 4

2

4

1

cos

3 3

n n a a a

a

n n a a



   

  

 

 

 

Vậy

2

1

tan 1 2

cos 1

3





    

   

  .

Câu 44. Một cổng chào có dạng hình Parabol chiều cao 18 m, chiều rộng chân đế 12 m Người ta căng hai sợi dây trang trí AB , CD nằm ngang đồng thời chia hình giới hạn Parabol mặt đất thành ba phần có diện tích (xem hình vẽ bên) Tỉ số

A

2 B

4

5. C 3

1

2 D

3 2 .

Lời giải

GVSB: Thầy Phú; GVPB:Xu Xu Chọn C

Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ

Phương trình Parabol có dạng y ax  P

 P

qua điểm có tọa độ 6; 18  suy ra:  

2

18

2

a a

    

Vậy  P có phương trình  

2 P  x

Từ hình vẽ ta có:

1 x AB

CD x

Diện tích hình phẳng giới bạn Parabol đường thẳng

2 1 :

2 AB y x

1

2 2

1 1

0 0

1 1

2 d

2 2 3

x x

x

S   x   x  x   x x  x

 

   



Diện tích hình phẳng giới hạn Parabol đường thẳng 2 : CD y x

là

2

2 2

1 2

0 0

1 1

2 d

2 2 3

x x

x

S   x   x  x   x x  x

 

   



Từ giả thiết suy

3

2 3

2

2

2 x

S S x x

x      Vậy 2 x AB

CD x  . Câu 45. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng

4

:

1

x y z

  

2

:

1

x y z

  

  cắt nằm mặt phẳng  P Đường phân giác d góc nhọn tạo 1, 2 nằm mặt phẳng  P có véctơ phương

A u1; 2;3



B u0;0; 1 



C u1;0;0



D. u1; 2; 3   

Lời giải

GVSB: Thầy Phú; GVPB:Xu Xu Chọn B

Ta có :

 

4

:

1

1 x a

x y z

y a a

z a                 

 2  

2

2

:

1

1

x b

x y z

y b b

z b                    

Gọi M giao điểm hai đường thẳng tọa độ M thỏa mãn hệ phương trình :

 

2

1

4 2a 1;2;

1 3a

a b a b M b b                     

Trên

 lấy điểm A1;6; 4 MA 2; 4;6

, 2 lấy điểm B 2 b; ;1 3 b  b

thỏa mãn :      

2 2

2 56 1 2 2 3 3

MA MB  MA MB     b   b   b

 

 

 

 

2 3; 2;4 2; 4;6

14 28 42

3 1;6; 2;4;

B MB

b

b b b b

b B MB

                               .

Xét MA MB

                           

, d đường phân giác góc nhọn đường thẳng nên MA MB 0                             tọa độ B3; 2; 4  thỏa mãn

Vậy véctơ phương đường thẳng dthỏa mãn : u MA MB  0;0;12                              Vì u



vectơ phương đường thẳng d nên ku k 0 

vectơ phương đường thẳng d Khi chọn

1 12 k 

véctơ phương đường thẳng d có tọa độ 0;0; 1

Câu 46 1. Cho hàm số f x( )x3 3x21 g x( )f f x ( )  m với x1, x1 hai

điểm cực trị nhiều điểm cực trị hàm số yg x( ) Khi số điểm cực trị hàm ( )

y g x là

A 14 B 15 C 9 D 11.

Lời giải Chọn D

 Ta có:

3

( )

f x x  x  g x( )f f x ( ) m f; ( 1) 3; (1)f 1;

Suy

    ( ) ( )2  

( ) ( ) ( ) ( )

( ) f x f x

g x f x f f x m f f x m

f x

 

       

0; 0;

0.53, 0.65, 2.88 0.53, 0.65, 2.88

( ) ( )

( ) ( )

x x x x

x a x b x c x a x b x c

f x m f x m

f x m f x m

   

 

 

           

 

 

    

 

   

 

  (*)

Để có hai điểm cực trị x1, x1 hàm số y g x ( ) hai giá trị x phải nghiệm

của hệ phương trình:

3

( ) 1

1

( )

2

3 ( 1) 3; (1) 1; 2 1

m

f x m m

m

f x m m

m

m

f f m

 

   



 

       

    

  



   



    .

- Với m3thì suy

( ) ( ) f x f x

 





 , tới ta nhận thấy hệ phương trình khơng có nghiệm

1

x nên ta loại.

- ới m1 suy

( ) ( ) f x f x

 





 , tới ta nhận thấy hệ phương trình khơng có

nghiệm x1nên ta loại

- Với m1 suy

( ) ( ) f x f x

 





 Do hệ phương trình có hai nghiệm x1;x1 nên hệ phương trình tương đương với (dựa vào đồ thị hình bên)

1;0;1; ;3 ; ;2

x b

a

x c

  

 

 

 Do hai cực trị x0,x2 có (*) nên

1;1; ;3 ;

x b

x a c

  

    

 (6 nghiệm)

Như hệ phương trình (*) có tổng cộng 11 nghiệm tương đương với hàm số yg x( ) có 11 điểm cực trị thỏa đề bài, chọn D

Câu 46 2. Cho hàm số f x  liên tục  Biết phương trình f x  0 có nghiệm dương

phân biệt khơng ngun, phương trình  

3

2

f x  x  

trình   2 2 0

f x  x  

có nghiệm phân biệt Hỏi phương trình f x 0 có nghiệm thuộc khoảng 2; ?

A 0 B 1. C 2 D 4

Lời giải Chọn A

Bước 1:

 

2

f x  x  

có nghiệm

x2 12 1 a x2 1 a 1 x 1 a 1

           

ĐK bắt buộc:

1

1

1

1

a a

a a

a

      



   

 

  

 



 Để f x 4 2x220 có nghiệm phân biệt f x  0 có nghiệm thuộc khoảng

1;2

Mà f x  0 có nghiệm dương nên suy ra:  

f x 

có nghiệm

      1;

6 0;1 2;

o

o n n

 

 

   

  Bước 2:

 

2

f x  x  

có 20 nghiệm phân biệt Xét hàm số y2x3 3x21, ta có:

   

 

3

3

2 1

1 :

2

o o

x x n

x x n

   

 

  



 nghiệm  1 nằm khoảng 0;12; 

Nếu tồn điểm x x1, , ,2 x60;1 cho 2x3 3x2 1 x x1, , ,2 x6, mà phương trình có nghiệm tổng cộng có 18 nghiệm cộng với 2no1; 2

 f x  0 có

   

 

2 1;

6 0;1

0 2;

o

o

o n n n

 



 

   

 Chọn A

Câu 47. Biết có n cặp số dương x y;  ( với nbất kỳ) để x x; log x;ylog y ;xylogxy tạo thành cấp số

nhân Vậy giá trị gần biểu thức

1 n

n k

n n k

x y 

  

nằm khoảng ?

A 3.4;3.5 B 3.6;3.7 C 3.7;3.8 D 3.9;4 Lời giải

Chọn D

Áp dụng vào suy ra:  

 

 log   log   log  log x ;log x x ;log y y ;log xy xy

lập thành cấp số cộng     2   2   2

log x ; log x ; log y ; log xy

tạo thành cấp số cộng Suy ra:            

2 2

log xy  log y  log y  log x    

log xy log y logxy log y  log y 2 log x 2

    

 

log y 2 2log x log y log  x 2

    (1)

Tương tự                  

2 2 2

log y  log x  log x  log x  log y  log x log x 0 (2)    2   2log y log x log x 0

   

1 log 2log 1 10 x x y y            

TH1: x1 log y  0 y 1 x y;  1;1  x y1; 1 TH2:

1 10

y

    

2

2 log log

4

x  x  

  log 10 x x           2

; 10 ; ;

10

x y x y



 

  

 

   

1

3

; 10 ; ;

10

x y x y



 

 

 

  3.96687 3.9; S

  

Câu 48. Cho hàm số y x 2có đồ thị  C , biết tồn hai điểm A, B thuộc đồ thị  C cho tiếp tuyến A, B đường thẳng pháp tuyến hai tiếp tuyến tạo thành hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng Gọi S1 diện tích giới hạn đồ thị  C hai tiếp tuyến, S2 diện tích hình chữ nhật giới hạn tiếp tuyến pháp tuyến A B, Tính tỉ số

1 S S ? A

1

6. B

1

3. C

125

768. D

125 128. Lời giải

Chọn A Đặt  

2 ; A a a

  ; B b b

Khơng tính tổng qt, ta xét a0 b0

 d1 đường tiếp tuyến với  C A  d2 đường tiếp tuyến với  C B     2 : :

d y ax a d y bx b

         

 1  2    

1 1

;

4 16

d d

k k a b b B

a a a

  

       

 

 2

1 : 16 x d y a a     d d

2

4 1 ; a E a        

 chiều dài

4 13 a D a  

chiều rộng

 3 16 a R a   Mà

 3

2

4 125

128 128 a

D R a S

a



     

suy

   

2

: 1 :

2 16

d y x

x d y           

Với a1 suy

2

4 1 ; a E a      

  có tọa độ

3 ; E  

 . Suy   2 1 125

2 16 768

x

S x dx x x dx

                       

Như tỉ số

125 128 128

768 125 768 S

S   

Câu 49. Cho số phức z thỏa z1 1 z11 z1 z1 6và z2 5i 2thì giá trị nhỏ của

z  z m

Khẳng định

A m0; 2 B m2;4 C m4;5 D m5;7 Lời giải

Chọn B Cách

Đặt: z1  a bi bất phương trình trở thành

1 1

z z bi

      

Ta có

1 1 1

2

1 1 1

2 4 16

z z z z z z

bi b                     

Suy z1 1 z11 2bi 6

Vậy để z1 1 z11 z1 z1 6 z1 1 z11 z1 z1 6

Mặt khác, ta thấy 2z1 1 z11z1  1 z1 z1  1 z1 2nên suy bất phương trình xảy dấu “=” số phức z1 0, từ suy ra

1 4

z  z   bi   b

Khi ấy, giá trị nhỏ biểu thức z1 z2 đường nối tâm gốc tọa độ trừ cho bán kính, tức mmin z1 z2 OI R  5 3 Như m 3 2; 4.

Cách

 Ta có: z1 1 z11 z1 z1 6

Đặt: z1  a bi bất phương trình trở thành  z1 1 z112bi 6

Ta tách quỹ tích gốc thành hai quỹ tích thành phần nên bất phương trình tương đương với: 1 1 2,(1)

2 4,(2)

z z

bi

    

  

 



 Như số phức z1 có quỹ tích gồm thành phần

Ở bất phương trình (1), ta nhận thấy 2z1 1 z11 z1  1 z1 z1  1 z1 2nên suy bất phương trình xảy dấu “=” số phức z1bằng 0

Ở bất phương trình (2), ta nhận thấy 2bi 4chỉ xảy dấu “=” b0tức số phức z10 (cả phần thực ảo 0) nên từ ta suy z10, gốc tọa độ mặt phẳng Oxy

Ta có: z2 5i  2 quỹ tích số phức z2là hình trịn có tâm I0;5và bán kính R2 Khi ấy, giá trị nhỏ biểu thức z1 z2 đường nối tâm gốc tọa độ trừ cho bán kính, tức mmin z1 z2  OI R  5 3 Như m 3 2; 4 nên đáp án B Câu 50 1. Cho tam giác ABC có A2; 2;3 , B1;3;3 , C1; 2; 4 Các tia Bu Cv, vng góc với mặt

phẳng ABC nằm phía mặt phẳng Các điểm M N, di động tương ứng tia Bu Cv, cho BM CN MN  Gọi trực tâm H tam giác AMN, biết H nằm đường tròn  C cố định Tính bán kính đường trịn  C

A

8 . B

3

4 . C

5

8 . D

2 . Lời giải

Lấy I tia MN cho MI BM  IN CN Các tam giác MBI NCI, cân suy ra

  180  180  360 (  ) 90

2 2

INC IMB INC IMB

NIC MIB

  



   

    

Vậy ta có

 180 (  ) 90

BIC    NIC MIB  

Hay I thuộc nửa đường trịn đường kính BC Ta có

 90

MJN  

AJ BC Bx,   AJ JM AJ, JN Vậy J AMN tam diện vuông nên

 

JH  AMN

Chứng minh điểm A, H, I thẳng hàng:

Vì tam giác IMB, JIB cân M I nên MIB MBI  JIB JBI 

     90

MIB JIB MBI JBI MBJ

       (Vì BuABC .

 90

MIJ JI MN

   

Mà JH AMN, theo định lí ba đường vng góc suy HI MN .

Ta có

HI MN

AH MN

  



 suy ba điểm A, H, I thẳng hàng.

Ta có HI hình chiếu vng góc JI lên mặt phẳng AMN, mà

Ta nhận thấy tam giác ABCđều cạnh

3

2 a  AJ  a

Ta có ABJ AIJ  AB AI a 

2 3 3 3

4 4

AJ a AH

AH AH AI

AI AI

      

Vậy H

3 3

4

R BJ  

Câu 50 2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A0;1;2 B 3;1;3 thoả mãn ABBC,

AB AD , AD BC Gọi ( )S mặt cầu có đường kính AB, đường thẳng CD di động tiếp xúc với mặt cầu ( )S Gọi E AB F CD ,  EF đoạn vng góc chung ABvà

CD Biết đường thẳng ( ) EF;( ) ABvà d A ;    3 Khoảng cách  và CD lớn

A

3 2



B 2 C

3



D 3 Lời giải

Chọn A

 A0;1;2 B 3;1;3 suy AB 3;0;1 AB2



 Ta có: hình lập phương có cạnh độ dài cạnh AB2 mặt cầu ( )S có bán kính

EF tiếp xúc với mặt hình lập phương trên, gọi F là trung điểm CD thì suy CD ln tiếp xúc với mặt cầu( )S

Từ hình vẽ ta suy d A ;  AM a 3với M thuộc đường tròn thiết diện qua tâm mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng chứa CD khoảng cách  CD bằng MF với MFvuông góc mặt phẳng chứa CD

Suy khoảng cách  CD lớn MF MJ JF  như hình vẽ

Từ ta có:      

2

2 2 2 3 1

MB AB  MA  R  MA   

Xét AMBvng M có MJ AB nên ta có: 2

1 1

Suy 2

;

2 2

MAMB AB

MJ JF

MA MB

    

 ;

Như ta suy khoảng cách  CD lớn bằng

3

1

2