Tải bản đầy đủ

Đề thi thử THPT QG 2020 toán CCbook đề 20 có lời giải

ĐỀ THI THỬ THPT QG 2020

ĐỀ SỐ 20

Môn: Toán



Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1. Thể tích khối hộp chữ nhật có độ dài các cạnh lần lượt là a, 2a, 3a bằng
B. 6a 3

A. 2a 3

C.

2a 3
3

D. 3a 3


Câu 2. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây
đúng?
A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 2
B. Hàm số đạt cực đại tại x  0 và đạt cực tiểu tại x  2
C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng 2
D. Hàm số có ba điểm cực trị.
Câu 3. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm P  0;0; 3 và Q 1;1; 3 . Vectơ PQ  3 j có tọa độ là
B.  1; 1;0 

A.  2;1;0 

C. 1; 4;0 

D. 1;1;1

Câu 4. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số
đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  ; 1

B.  1;1

C. 1; 2 

D.  0;1

 b5 
Câu 5. Với a, b là hai số dưong tùy ý, log 
bằng
3 
 10a 
A. 5log b  1  3log a

B. 5log b  3 1  log a 

C. 5log b  3  3log a

D. 5log b  1  3log a

Câu 6. Cho


A. 10

10

7

3

10

0

3

0

7

 f  x dx  5 và  f  x dx  2, khi đó  f  x dx   f  x dx
B. 3

Câu 7. Cho mặt cầu có diện tích bằng

A. a 3

B.

a 3
4

bằng

C. 7

D. 1

3 2
 a , khi đó bán kính mặt cầu bằng
4
C. 3a

D. a

Câu 8. Phương trình ln x  ln  2 x  1  0 có bao nhiêu nghiệm?
A. 0

B. 1

C. 2

D. 3
Trang 1


Câu 9. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng   đi qua A 1; 4; 3 và song song mặt phẳng  Oyz  thì
phương trình mặt phẳng   là
A. x  1  0

B. x  2 y  3z  0

D. z  3  0

C. y  4  0

Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   2x  2018x  2019 là
A.

2x
 1009 x 2  2019 x  C
ln 2

B.

D. 2x.ln 2  1009 x2  2019 x  C

C. 2x.ln 2  1009 x2  2019 x  C
Câu 11. Trong không gian Oxyz, đường thẳng d :
B. M  1; 3; 4 

A. Q 1;3; 2 
Câu 12. Tìm giá trị x 
A. x  12

2x
 2018 x 2  2019 x  C
ln 2

x 1 y  3 z  4
đi qua điểm nào dưới đây?


1
3
2

D. N  1; 3; 2 

C. P 1;3; 4 

thỏa mãn C1x1  3Cx22  Cx31
C. x  16

B. x  9

D. x  2

Câu 13. Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u3  1 và u4  2. Công sai d bằng
B. 3

A. 3

C. 5

D. 2

Câu 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm biểu diễn của số phức z  3  2i nằm trên một đường tròn có
tâm I  1;1 và bán kính r. Bán kính r bằng
A. 5

5

B.

C. 13

D. 13

Câu 15. Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào
dưới đây
A. y 

x 1
1 2x

B. y 

x 1
1 2x

C. y 

x2
1 2x

D. y 

x 1
2x 1

Câu 16. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:
Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên  2;3 là

x

2

1
+

y'
y

0

1



0

1

2;3

+
7

3

0

A. min y  0

3

B. min y  3
2;3

C. min y  1
2;3

D. min y  7
2;3

Trang 2


Câu 17. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f '  x  có bảng biến thiên như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm
số đã cho là

x



y'

0

y



0





2

0

+

0



3



1
A. 3

B. 2

C. 0

D. 1

Câu 18. Cho số phức z thỏa mãn  2  i  z  9  1  i  với i là đơn vị ảo. Tính giá trị của biểu thức
2

A  z  2z

A. A  50

B. A  13

C. A  25

D. A  5

Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, phương trình mặt cầu  S  nhận gốc tọa độ O làm tâm
và có bán kính R  4 là
A. x2  y 2  z 2  16

C. x 2  y 2  z 2  2

B. x 2  y 2  z 2  4

D. x 2  y 2  z 2  8

Câu 20. Đặt log2 9  a, khi đó log3 18 bằng
A.

2  2a
a

B.

a
2  2a

C.

a
1 a

D.

2a  2
a

Câu 21. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phưoug trình z 2  5z  10  0. Giá trị của biểu thức

z1  z2  2 z1 z2 bằng
A. 10

B. 15

C. 15

Câu 22. Trong không gian Oxyz, khoảng cách giữa hai mặt phẳng

 Q  : x  2 y  3z  6  0
2
14

A.

D. 10

 P  : x  2 y  3z  8  0



bằng
C. 14

B. 1

D. 2

Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình 35 x  x  81 là đoạn  a; b. Tính a  b
2

A. a  b  3.

B. a  b  5.

C. a  b  4

D. a  b  3

Câu 24. Diện tích phần hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ bên
được tính theo công thức nào dưới đây?
1

A.   x3  x 2  3x  1 dx B.
1
1

C.

3
2
   x  x  3x  1 dx D.

1

1

x

3

 x 2  3x  1 dx

1

1

x

3

 x 2  3x  1 dx

1

Trang 3


Câu 25. Cho khối nón có thiết diện qua trục là tam giác SAB vuông tại S với cạnh SA  a. Thể tích khối
nón bằng
A.

 a3 2

B.

12

 a3

C.

3

 a3

D.

12

 a3 2
4

Câu 26. Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau

x



2





y'
y

1



0

+






1



Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
A. 4

B. 1

C. 3

D. 2

Câu 27. Cho khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a, các cạnh bên bằng 2a. Thể tích của khối chóp
đã cho bằng
A.

33a 3
12

B.

11a 3
12

8 2a 3
C.
3

D.

11a 3
6

Câu 28. Hàm số f  x   ln 2 x có đạo hàm
A. f '  x  

2.ln x
x

B. f '  x   2.ln x

C. f '  x  

2
x.ln x

D. f '  x  

ln x
x

Câu 29. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên.
Số nghiệm của phương trình

1 f  x
 2 là
1 f  x

A. 3

B. 1

C. 2

D. 4

Câu 30. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có các cạnh AB  2, AD  3; AA '  4. Góc giữa hai
mặt phẳng  BC ' D  và  A ' C ' D   . Giá trị gần đúng của góc  bằng
A. 45, 20

B. 38,10

C. 53, 40

D. 61, 60

Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 32 x   2x  9  .3x  9.2 x  0 bằng
A. 3

B. 2

C. 0

D. 2

Trang 4


Câu 32. Một chi tiết máy gồm ba khối trụ có cùng chiều cao h gắn với nhau
(như hình vẽ). Khối trụ lớn có bán kính đáy r lớn gấp đôi bán kính đáy của hai
khối trụ nhỏ (hai khối trụ nhỏ bằng nhau). Biết thể tích của cả khối chi tiết máy
đó bằng 90 cm3 . Tính thể tích của khối trụ lớn ở giữa.
A. 30cm3

B. 45cm3

C. 70cm3

D. 60cm3

Câu 33. Tìm nguyên hàm I   sin x.e x dx, ta được
1
A. I  e x  sin x  cos x   C
2

1
B. I  e x  sin x  cos x   C
2

C. I  e x sin x  C

D. I  e x cos x  C

Câu 34. Cho bình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, BAD  60, SB  a và mặt phẳng  SBA và
mặt phẳng  SBC  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  bằng
A.

21a
7

B.

5a
7

C.

21a
3

D.

15a
3

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình hình chiếu
của đường thẳng

x 1 y  2 z  3
trên mặt phẳng  Oxy 


2
3
1

x  1 t

A.  y  2  3t
z  0


x  1 t

B.  y  2  3t
z  0


x  1 t

C.  y  2  3t
z  0


 x  1  2t

D.  y  2  3t
z  0


Câu 36. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  x3  2 x 2   m  1 x  m  3 đồng biến
trên mỗi khoảng  ; 1 và  2;  
A. m  3

B. m  3

C. m  6

D. m  6

Câu 37. Biết tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là đường tròn tâm I  3;0  , bán kính R  1, khi đó
Tập hợp điểm biểu diễn của số phức w 
A. r 

1
9

B. r 
3

1
3

Câu 38. Biết I   x ln  2 x  1 dx 
0

i
là đường tròn có bán kính
z 1

C. r 

13
3

D. r  3

35
b
b
ln a  , trong đó a, b, c là các số nguyên dương và
là phân số
8
c
c

tối giản. Tính S  a  b  c
A. S  6

B. S  6

C. S  7

D. S  12

Câu 39. Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f '  x  có bảng biến thiên như sau

Trang 5




x

1

f ' x

10



3


Bất phương trình e

x



0

 m  f  x  có nghiệm thuộc  4;9 khi và chỉ khi

A. m  f  2   e2

B. m  f  2   e2

C. m  f  9   e3

D. m  f  9   e3

Câu 40. Trong hội diễn văn nghệ chào mừng ngày nhà giáo Việt Nam 20/11 có 201 em dự thi, trong đó
có 8 em ở cùng một trường có số báo danh dự thi lập thành một cấp số nhân. Trước khi vào biểu diễn văn
nghệ các em ngồi ngẫu nhiên vào hai hàng ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế và mỗi ghế chỉ ngồi
được một học sinh. Xác suất để tích các số báo danh của hai em ngồi đối diện nhau thì bằng nhau là:
A.

8
70

B.

8
35

C.

1
35

D.

1
105

Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 1; 4;5 , B  3; 4;0 , C  2; 1;0 và mặt
phẳng  P  : 3x  3 y  2 z  12  0. Gọi M  a; b; c  thuộc  P  sao cho MA2  MB2  3MC 2 đạt giá trị nhỏ
nhất. Tổng a  b  c bằng
A. 3

B. 2

C. 2

D. 3

Câu 42. Có bao nhiêu số số phức z thỏa mãn 1  i  z  4  2i  1  i  z  6  4i ?
A. 2

B. 1

Câu 43. số y  f  x  liên tục trên

C. 3

D. 4

và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Có

bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình f  2log 2 x   m có nghiệm

1 
duy nhất trên  ; 2 
2 
A. 9

B. 6

C. 5

D. 4

Câu 44. Vào đầu mỗi năm anh Thắng gửi vào ngân hàng số tiền 30 triệu đồng với kì hạn 1 năm, lãi suất
7%/năm (mỗi lần gửi cách nhau 1 năm). Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm (sau khi ngân hàng đã tính lãi cho
lần gửi cuối cùng) thì anh Thắng được số tiền cả gốc lẫn lãi từ 500 triệu đồng trở lên (biết rằng trong suốt
thòi gian gửi tiền, anh Thắng không đến rút lãi về, ngân hàng tính theo thể thức lãi kép và lãi suất hàng
năm không đổi)?
A. 7 năm

B. 8 năm

Câu 45. Cho hai mặt cầu

C. 11 năm

D. 10 năm

 S1  : x2  y 2  2x  6 y  4z 11  0,  S2  : x 2  y 2  2x  4 y  2z  3  0

cắt

nhau theo giao tuyến là đường tròn  C  . Lấy điểm A thuộc đường tròn  C  . Gọi I, J lần lượt là tâm của
mặt cầu  S1  ,  S2  , S là diện tích tam giác AIJ thì S có giá trị là
Trang 6


A. S 

1
219
2

B. S 

5 26
2

C. S 

15
2

D. S 

1
209
2

Câu 46. Một chi tiết máy bằng thép dạng khối tròn xoay có thiết
diện đi qua trục là phần tô đậm như hình vẽ dưới đây.
Biết giá thép là 15000 đồng/kg, khối lượng riêng của thép là

7 850 kg / m3.
Cho AB  10dm; AD  4dm; EF  2dm. Hỏi chi phí vật liệu để
làm thành sản phẩm đó gần với số tiền nào sau đây nhất?
A. 9 160000 đồng

B. 11 260000 đồng

C. 10 160000 đồng

D. 12 100000 đồng

Câu 47. Cho khối lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng

A ' D ' và C ' D '. Mặt phẳng  BMN  chia khối lập phương thành hai phần, gọi V là thể tích phần chứa đỉnh
B '. Giá trị của V bằng bao nhiêu?

A.

25a 3
72

B.

7a 3
24

C.

25a 3
24

D.

7a3
72

Câu 48. Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

x

2



f ' x



0
1

Hàm số y  g  x   f  2x  4   e 3
A. 1;3

x3  2x 2  2x 1

B.  3;  

2
+

0



3



0

+

đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
C.  ;1

 7
D. 1; 
 2

Câu 49. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số f  x   x3  x 2  m  đồng biến trên
4

A. Vô số
Câu 50. Cho hàm số

B. 10

C. 0

D. 7

y  f  x   mx 4  nx3  px 2  qx  r , (với

m, n, p, q, r  ). Hàm số y  f '  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Tập

nghiệm của phuơng trình f  x   m  n  p  q  r có số phần tử là
A. 4

B. 3

C. 1

D. 2

Trang 7


----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN

1-B

2-B

3-C

4-D

5-D

6-B

7-B

8-B

9-A

10-A

11-C

12-A

13-A

14-A

15-A

16-B

17-A

18-D

19-A

20-D

21-B

22-C

23-B

24-B

25-A

26-B

27-B

28-A

29-D

30-D

31-B

32-D

33-A

34-A

35-D

36-A

37-B

38-B

39-D

40-D

41-A

42-A

43-B

44-C

45-D

46-C

47-A

48-A

49-A

50-D

(http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết)

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: B
Thể tích hộp chữ nhật: a.2a.3a  6a3
Câu 2: B
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có hai cực trị.
Hàm số đạt cực đại tại x  0
Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 và giá trị cực tiểu bằng 2
Câu 3: C

PQ  1  0;1  0; 3   3   1;1;0  ; j   0;1;0  ; PQ  3 j  1; 4;0 
Câu 4: D
Nhìn vào đồ thị đã cho, ta có trên khoảng  0;1 đồ thị hàm số đi xuống (theo chiều từ trái qua phải) nên
hàm số nghịch biến trên khoảng  0;1
Câu 5: D

 b5 
 log b5  log 10a 3   5log b  log10  log a3   5log b  1  3log a
Có log 
3 
 10a 
Câu 6: B
Trang 8


10





3

7

0

3

f  x dx  5   f  x dx   f  x dx  5

0
3

10

7

0

7

3

  f  x dx   f  x dx  5   f  x dx  5  2  3

Câu 7: B
3
a 3
Ta có S  4 R 2   a 2  R 
4
4

Câu 8: B
x  0
1
Điều kiện: 
x
2
2x  1  0
x  1
Khi đó, phương trình tương đương với ln  x  2 x  1   0  2 x  x  1  0  
x   1

2
2

So sánh với điều kiện ta có phương trình có một nghiệm x  1
Câu 9: A
Mặt phẳng   đi qua A 1; 4; 3 có vectơ pháp tuyến i  1;0;0  nên mặt phẳng   có phương trình là
x  1  0.

Câu 10: A
Ta có



 f  x dx    2

x

 2018x  2019 dx   2x dx  2018 xdx  2019 dx

2x
 1009 x 2  2019 x  C
ln 2

Câu 11: C
Lần lượt thay tọa độ các điểm M, N, P, Q vào phương trình đường thẳng d ta thấy tọa độ điểm P thỏa mãn
Câu 12: A
Điều kiện: x  2 và n  . Ta có C1x 1  3Cx2 2  Cx31 

 x  1  3.

 x  1!  3.  x  2 !   x  1!
1! x !
2! x !
3! x  2 !

 x  1 x  2    x  1 .x.  x  1  1  3  x  2    x  1 .x
2

6

2

6

 x  2
 6  9x  18  x 2  x  x 2  10x  24  0  
.
 x  12

Kết hợp với điều kiện ta có x  12 thoả mãn.
Câu 13: A
Ta có d  u4  u3  3
Câu 14: A
Điểm biểu diễn của số phức z  3  2i trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm M  3; 2  .
Trang 9


Do đó bán kính của đường tròn là r  IM  3   1   2  1  5.
2

2

Câu 15: A
Tập xác định D 

1 
\   . Loại đáp án D.
2

Đồ thị hàm số đi qua điểm M  1;0  nên chỉ có đáp án A thỏa mãn.
Vậy đồ thị đã cho là của hàm số y 

x 1
1 2x

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất là 3
Câu 16: B
Câu 17: A

x



f ' x

f  x

0





2

0

+

0





3



1

Quan sát bảng biến thiên ta có f '  x   0 có ba nghiệm phân biệt và f '  x  đổi dấu khi qua ba nghiệm
nên hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
Câu 18: D
Ta có  2  i  z  9  1  i 

9  1  i 
z
 4i
2i
2

2

Vậy A  z  2z | 4  i  2 4  i    4  3i  5.
Câu 19: A

 S  có tâm O  0;0;0  , bán kính

R  4.

Suy ra  S  có phương trình:  x  0    y  0    z  0   42 hay x2  y 2  z 2  16
2

2

2

Câu 20: D
Ta có log3 18  log3 2  2 

1
2
2
2a  2
2
2  2
log 2 3
log 2 9
a
a

Câu 21: B
Ta có z 2  5 z  10  0  z1,2 

 z1  z2  5
5  i 15
. Theo định lí Vi-et ta có: 
2
 z1 z2  10

Khi đó z1  z2  2 z1 z2  5  20  15
Câu 22: C
Trang 10


 P  / /  Q 
8  2.0  2.0  6

Ta có 
 d   P  ;  Q    d  A;  Q   
 14
2
2
2
A
8;0;0

P




1

2

3


Câu 23: B
Ta có 35 x x  81  35 x x  34  5x-x2  4  x2  5x  4  0  1  x  4  a  1, b  4  a  b  5
2

2

Câu 24: B
Diện tích hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ là
1

 x

1

3

1

1

 3x    x  1 dx   x  3x  x  1 dx   x3  x 2  3x  1 dx
2

3

2

1

1

Câu 25: A
Theo tính chất của hình nón ta có SA  SB  l.
Vậy tam giác SAB vuông cân tại S suy ra
SA  SB  a, AB  a 2  SO  OB 

a 2
2

2

1
1  a 2  a 2 a3 2
Vậy V   r 2 h   


3
3  2  2
12
Câu 26: B
lim    x  1 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x 1

lim   nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang

x

Vậy đồ thị hàm số có một đường tiệm cận
Câu 27: B
Ta có SO   ABC  và S ABC 

a2 3
2
2a 3 a 3
; AO  AM 

4
3
3 2
3


2

SO  SA  AO 
2

Vậy
VS . ABC

2

thể

 2a 

2

a 3
a 33
 
 
3
 3 

tích

khối

chóp



1
1 a 2 3 a 33
11 3
 S ABC .SO 
.

a
3
3 4
3
12

Câu 28: A
Ta có f '  x   2.ln x.  ln x  ' 

2.ln x
x

Câu 29: D
Ta có

1 f  x
1
 2  1 f  x  2  2 f  x  f  x  
1 f  x
3

Trang 11


Như vậy, số nghiệm thực của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đồ
thị của đường thẳng y  

1
3

Dựa vào đồ thị ta có đường thẳng y  

1
cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại bốn điểm phân biệt.
3

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm
Câu 30: D
Dựng

hệ

độ

tọa

Oxyz

như

hình

vẽ,

ta



A  0;0;0  , B  2;0;0  , D  0;3;0  và A '(0;0;4), C '(2;3;4).
BC '   0;3;4  , BD   2;3;0  , A ' C '   2;3;0  , A ' D   0;3; 4 
Vectơ pháp tuyến của  BC ' D  là n1   BC ', BD   12; 8;6 
Vectơ pháp tuyến của  A ' C ' D  là n2   A ' C ', A 'D   12;8;6 





Ta có cos   cos n1 , n2 

29
   61, 6.
61

Câu 31: B
Đặt t  3x , t  0

t  9
Phương trình trở thành t 2   2 x  9  t  9.2 x  0  
x
t  2
* Với t  9 ta có 3x  9  x  2.
x

3
* Với t  2 ta có 3  2     1  x  0.
2
x

x

x

Vậy phương trình có hai nghiệm x1  0; x2  2  x1  x2  2
Câu 32: D
Thể tích khối trụ lớn ở giữa V1   r 2 h
2

3
3
r
Tổng thể tích chi tiết máy V   r h  2   h   r 2 h  V1.
2
2
2
2

Suy ra

3
V1  90
2

Do đó V1  60
Câu 33: A

u  sin x
du  cos xdx

Đặt 

x
x
dv  e dx v  e
Khi đó, áp dụng công thức tích phân từng phần, ta được
Trang 12


I  e x sin x   cos xe x dx  e x sin x  J

u  cos x
du   sin xdx
Tính J   cos xe x dx. Đặt 


x
x
dv  e dx v  e
Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta được: J  e x cos x   sin xe x dx  e x cos x  I
Do đó I  e x sin x  J  e x sin x   e x cos x  I   2I  e x sin x  e x cos x  e x  sin x  cos x 

1
Vậy I  e x  sin x  cos x   C
2
Câu 34: A
Gọi M là trung điểm của CD. Do tam giác BCD đều cạnh a nên
BM  DC và BM 

a 3
2

Chứng minh được DC   SBM  . Trong tam giác SBM kẻ
BH  SM tại H  CD  BH .

 BH  SM
 BH   SCD   d  B;  SCD    BH

 BH  DC

Trong tam giác vuông SBM ta có
1
1
1
7
a 21
 2
 2  BH 
2
2
BH
SB
BM
3a
7

Câu 35: D
Đường thẳng

x 1 y  2 z  3
qua M 1; 2;3 và N  3;1; 4 


2
3
1

Gọi M ' và N ' lần lượt là hình chiếu của M và N trên  Oxy  ta có M ' 1; 2;0  , N '  3;1;0 

 x  1  2t

Phương trình hình chiếu cần tìm là M ' N ' :  y  2  3t
z  0

Câu 36: A
Ta có: y '  3x2  4 x  m  1.
Hàm số đã cho đồng biến trên  ; 1 và  2;   khi và chỉ khi y '  0, x   ; 1   2;  

 m  3x2  4 x  1, x   ; 1   2;  
Xét f  x   3x 2  4 x  1, x   ; 1   2;  
Ta có f '  x   6 x  4.
Xét f '  x   0  6 x  4  0  x 

2
3

Trang 13


Bảng biến thiên
1



x
f ' x

+

2
3



2



0

6

3

f  x




Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra m  3 thỏa mãn yêu cầu
Câu 37: B
i
wi
z
1
z 1
w

Ta có w 

Giả sử M là điểm biểu diễn của số phức z , I là điểm biểu diễn của số phức z1  3

MI  z  z1  1  z  3  1  2 
Thay (1) vào (2) được
wi
i  2w
3 1
 1  i  2w  w
w
w

Đặt w  a  bi  a, b 



4
1
2
i  2w  w  2a  1  2b  i  a  bi  4a 2  1  2b   a 2  b 2  a 2  b 2  b   0
3
3

Do đó quỹ tích điếm biểu diễn của số phức w là đuờng tròn có bán kính r 

1
3

Câu 38: B
3

Ta có I   x ln  2 x  1 dx
0

2

du 
dx

u  ln  2 x  1 
2x 1

Đặt 
2
dv  xdx
v  x

2
3
x 2 ln  2 x  1
x2
I   x ln  2 x  1 dx 

dx
2
2x 1
0
0
0
3

3

3

3
x 1

 x2 1

9
1
9
1
35
3
 ln 7     
dx

ln
7


  x  ln 2 x  1   ln 7 
2
2 4 4  2 x  1 
2
8
2
 4 4
0 8
0

Trang 14


a  7

 b  3  S  7  3  2  6
c  2

Câu 39: D
Ta có m  e

x

 f  x

Xét hàm số g  x   e

x

 f  x  trên  4;9 có g '  x  

1
2 x

e

x

 f '  x   0, x   4;9

Bảng biến thiên của hàm số g  x  :

x

4

9

g ' x

g 9

g  x

g  4

Vậy m  max g  x   m  e 3  f 9 
4;9 

Câu 40: D

Số phần tử không gian mẫu là 8!  40320.
Gọi A là biến cố : “Tích các số báo danh của hai em ngồi đối diện nhau thì bằng nhau”.
Giả sử số báo danh của 8 học sinh trên là u1 , u2 ,..., u8
Theo tính chất của cấp số nhân, ta có: u1u8  u2u7  u3u6  u4u5   u1  .q 7 , với q là công bội của cấp số
2

nhân, xếp học sinh có số báo danh u1 vào ngồi một trong 8 ghế. Có 8 cách.
Học sinh ngồi đối diện với học sinh có số báo danh u1 bắt buộc phải có số báo danh u8 . Chỉ có duy nhất
một cách xếp.
Xếp học sinh có số báo danh u2 vào ngồi một trong 6 ghế còn lại. Có 6 cách.
Học sinh ngồi đối diện với học sinh có số báo danh u2 bắt buộc phải có số báo danh u7 . Chỉ có duy nhất
1 cách xếp.
Cứ như vậy ta có số phần tử của biến cố A sẽ là 8.6.4.2  384 cách.

Trang 15


Do đó xác suất của biến cố A là

384
1

40320 105

Câu 41: A
Gọi I  x; y; z  là điểm thỏa mãn IA  IB  3IC  0.
Ta có IA  1  x;4  y;5  z  , IB   3  x;4  y;  z  và 3IC   6  3x; 3  3 y; 3z  .

1  x  3  x  6  3x  0
x  2


Ta có hệ phương trình: 4  y  4  y  3  3 y  0   y  1  I  2;1;1
5  z  z  3z  0
y 1


2





2

Khi đó MA2  MA  MI  IA  MI 2  2MI .IA  IA2 .



2

MB 2  MB  MI  IB



2

 MI 2  2MI .IB  IB 2 .



2

3MC 2  3MC  3 MI  IC



2





 3 MI 2  2MI .IC  IC 2 .

Do đó S  MA2  MB2  3MC 2  5MI 2  IA2  IB2  3IC 2
Do IA2  IB2  3IC 2 không đổi nên S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất. Tức là M
là hình chiếu của I lên mặt phẳng  P  : 3x  3 y  2 z  12  0.
Vectơ chỉ phương của IM là n   3; 3; 2 

 x  2  3t

Phương trình tham số của IM là  y  1  3t ,  t 
 z  1  2t




Gọi M  2  3t;1  3t;1  2t    P  là hình chiếu của I lên mặt phẳng  P 
1
7 1 
Khi đó 3  2  3t   3 1  3t   2 1  2t   12  0  22t  11  0  t  . Suy ra M  ;  ;0 
2
2 2 

Vậy a  b  c 

7 1
 3
2 2

Câu 42: A
Giả sử z  a  bi  a, b 

,

ta có 1  i  z  4  2i  1  i  z  6  4i

 1  i  a  4   b  2  i  1  i  a 2  b2  6  4i

 1  i 








 a  4  b  2
2

 a  4  b  2
2

2

2

 a  4  b  2

2

2

 1  i  a 2  b2  6  4i

 a 2  b2  


 a  4  b  2
2

2

 a  4  b  2
2

2

 a 2  b2  i  6  4i


 a 2  b2  1


2
2
  a  4  b  2  5
 a 2  b2  4


 a 2  b2  6

Trang 16


a 2  b 2  1
 1  8a  4b  20  25  8a  4b  4  b  2a  1
 2
2
a  b  8a  4b  20  25
a  0
2
 a 2   2a  1  1  5a 2  4a  0  
a  4
5


+) Với a  0  b  2.0  1  1
+) Với a 

4
4
3
 b  2.  1 
5
5
5

Do đó có hai số phức z thỏa mãn bài toán
Câu 43: B
1 
Đặt t  2log 2 x, x   ; 2   t   2; 2
2 

1 
Phương trình f  2log 2 x   m có nghiệm duy nhất thuộc nửa khoảng  ; 2  khi và chỉ khi phương trình
2 
 2  m  2
f  t   m có nghiệm duy nhất thuộc  2; 2   
m  6

Vậy có 6 giá trị nguyên của m thỏa mãn
Câu 44: C
Gọi N là số năm anh Thắng gửi ngân hàng.
Lần gửi đầu tiên anh Thắng gửi 30 triệu đồng, đến hết năm thứ N anh được tính cả vốn và lãi cho số tiền
này la 30.106. 1  7%  .
N

Lần gửi thứ hai anh Thắng gửi 30 triệu đồng, đến hết năm thứ N anh được tính cả vốn và lãi cho số tiền
này là 30.106. 1  7% 

N 1

.


Lần gửi thứ N anh Thắng gửi 30 triệu đồng, đến hết năm thứ N anh được tính cả vốn và lãi cho số tiền này
là 30.106. 1  7%  .
1

Tổng số tiền anh Thắng nhận được là
30.10 . 1  7%   30.10 . 1  7% 
6

N

6

1  1  7% 
 ...  30.10 . 1  7%   30.10 . 1  7% 
1  1  7% 

N

N 1

6

6

1  1  7% 
 500.106
Để số tiền từ 500 triệu đồng trở lên thì 30.10 . 1  7% 
1  1  7% 
N

6

Giải ra ta được N  10,89 nên số năm cần gửi tối thiểu là 11 năm.
Câu 45: D
Cách 1.

Trang 17


Mặt cầu  S1  : x 2  y 2  2 x  6 y  4 z  11  0 có tâm I 1;3; 2  , bán kính R1  5
Mặt cầu  S2  : x 2  y 2  2 x  4 y  2 z  3  0 có tâm J 1; 2;1 , bán kính R2  3.
Có IJ  26, nửa chu vi của tam giác AIJ là p 
Diện tích tam giác AIJ là S 

R1  R2  IJ 8  26

2
2

p  p  R1  p  R2  p  IJ  

1
209
2

Cách 2.
Mặt cầu  S1  : x 2  y 2  2 x  6 y  4 z  11  0 có tâm I 1;3; 2  , bán kính R1  5
Mặt cầu  S2  : x 2  y 2  2 x  4 y  2 z  3  0 có tâm J 1; 2;1 , bán kính R2  3.
Có IJ  26, R1  R2  IJ  R1  R2 . Suy ra hai mặt cầu  S1  ,  S2  cắt nhau theo giao tuyến là đường
tròn  C 
Gọi M  x; y; z  là điểm chung của  S1  ,  S2  thì tọa độ M nghiệm của hệ phương trình
2
2

 x  y  2 x  6 y  4 z  11  0
 5y  z  4  0
 2
2

 x  y  2x  4 y  2z  3  0

Suy ra M thuộc mặt phang  P  : 5 y  z  4  0
Giao tuyến của  P  và  S1  là đường tròn  C  chứa điểm A.
Gọi T là giao điểm của IJ và mp  P  thì T là tâm của đường tròn  C 
Ta có d  J ,  P   

5.  2   1  4
26



5
26

Gọi r là bán kính của  C  thì r  TA  R22  d 2  J;  P   

209
26

1
1 209
1
1
S  S AIJ  TA.IJ 
. 26 
209. Vậy S 
209
2
2 26
2
2
Câu 46: C
Vì AB  10dm; AD  4dm nên A  5;2 , B  5;2  , C  5; 2  , P  5; 2  .
Đường cong có phương trình là x  y 2  1 hoặc x   y 2  1.
2

Thể tích vật thể tròn xoay là Voy     y 2  1 dy  86, 289  dm3   0, 086289  m3 
2

2

Tổng chi phí sản xuất là T  0,086289.7850.15000  10160538,96 đồng.

Trang 18


Câu 47: A
Ta có thể tích cần tính là VBB ' EA' MNC ' F
Mà VBB ' EA' MNC ' F  VB.EA' M  VB.B ' A' MNC '  VB.FC ' N
PA ' M  ND ' M
 PA '  ND '
Ta có 

QC ' N  MD ' N
QC '  MD '



Lại
MD '  ND '  PA '  ND '  MD '  QC ' 

a
2


 A ' E PA ' 1
 AE  BA  2
PA ' E  BAE
a

 A ' E  QC ' 

3
QC ' F  BCF
 C ' F  QC '  1
 CF
BC 2

1
1
1
a3
Vậy VB.EA 'M  BA.SEA 'M  BA. A 'M .A 'E 
3
3
2
36
Dễ thấy VB.FC ' N  VB. EA' M 
Có VB.B ' A' MNC '

a3
36

1
1
7a 3
 BB '.S B '. A' MNC '  BB '.  S A' B 'C ' D '  SMD' N  
3
3
24

Vậy VBB ' EA' MNC ' F

25a 3

72

Câu 48: A
1

Ta có y '  g '  x   2 f '  2x  4    x 2  4x  3 e 3

x3  2x 2 3x 1


x  1

Dựa vào bảng xét dấu f '  x  ta có f '  2x  4   0   x  3

7
x 

2

1  x  3
 2  2x  4  2
f '  2x  4   0  

x  7
2x

4

3


2
1 3
2
x  2x  3x 1
x  1
0
 x2  4x  3 e 3
x  3
Bảng xét dấu y  g '  x 

x



1

3

7
2



Trang 19


f '  2x  4 

  x  4x  3 e
2

1 3
x  2x 2 3x 1
3

g ' x



0

+

0





0

+

0







0

+

0





0

+

Vậy hàm số đồng biến trên 1;3
Câu 49: A
f  x   x3  x 2  m   f '  x   3x 2  x 2  m   8x 4  x 2  m   x 2  x 2  m  11x 2  3m 
4

Để hàm số đồng biến trên

3

3

thì f  x   0, x 

Với m  0 thì f '  x   x10  0, x 

thỏa mãn điều kiện đề bài.

2

3
x  m  0
Với m  0 thì  2
 f '  x   x 2  x 2  m  11x 2  3m   0, x 

11x  3m  0

Với m  0 dễ thấy

thỏa mãn điều kiện đề bài.

3m
3m
 0 và m 
11
11


 x2  0
x  0


3
Xét phương trình f '  x   0   x 2  m   0   x   m
 2

11x  3m  0
 x   3m

11

Trong đó các nghiệm x   m , x  

3m
là các nghiệm phân biệt bậc lẻ nên f '  x  sẽ đối dấu khi đi
11

qua các nghiệm đó, vậy f  x  không thể đồng biến trên
Vậy để hàm số f  x  đồng biến trên

(không thỏa mãn).

thì m  0 suy ra tồn tại vô số giá trị nguyên của m thỏa mãn đề

bài.
Câu 50: D
Dựa vào đồ thị y  f '  x  ta thấy phương trình f '  x   0 có ba nghiệm đơn là 3,  1, 1.
Do đó f '  x   4m  x  1 x  1 x  3 và m  0 1 .
Gọi là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi y  f '  x  ; trục Ox và hai đuờng thẳng x  3, x  1.
Suy ra S1 

1

1

3

3

 f '  x  dx  f  1  f  3   4m  x  1 x  3 x  1 dx  16m  2  .

Gọi S 2 là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi y  f '  x  ; trục Ox và hai đường thẳng x  1, x  1.

Trang 20


1

1

1

1

Suy ra S2   f '  x  dx  f  1  f 1   4m  x  1 x  3 x  1 dx  16m  3 .
Từ (1),(2),(3) ta có S1  S2  0  f  3  f 1  0 hay f  3  f 1
Ta có bảng biến thiên sau:

x



y'

y

3



0

1

+

0



0

f  1



f  3



1
+


f 1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f  x   m  n  p  q  r  f  x   f 1 có hai nghiệm
phân biệt.

Trang 21



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×