Tải bản đầy đủ (.pdf) (31 trang)

Đề thi thử THPT quốc gia

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.06 MB, 31 trang )

(1)

ĐỀ THI THỬ SỐ 08 – 2019 – GV: NGUYỄN ĐẮC TUẤN – DAYHOCTOAN.VN
Câu 1: Cho cấp số nhân

 

un có số hạng đầu u1 3 và công bội q 2. Giá trị của u4 bằng?


A. 24 . B. 24. C. 48 . D. 3.


Câu 2: Tính giá trị biểu thức: K loga a a với 0 a 1.


A. 4


3


K  . B. 1


8


K  . C. 3


4


K  . D. K 2.
Câu 3: Tập nghiệm của bất phương trình 3x22x 27 là


A.

1;3

. B.

3;1

. C.

   ; 3

 

1;

. D.

  ; 1

 

3;

.
Câu 4: Trong không gian Oxyz, đường thẳng Oz có phương trình là


A.
0
x
y t
z t



 

 


. B.


0
0
1
x
y


z t




 

  


. C. 0


0
x t
y
z





 

 


. D.


0
0
x
y t
z




 

 


.


Câu 5: Diện tích tồn phần của hình lập phương cạnh 3a là:
A. 2


9a . B. 2


72a . C. 2



54a . D. 2


36a .
Câu 6: Thể tích của khối nón bán kính đáy r và chiều cao h bằng:


A. 2


3rh. B.


2
1


3r h. C.
2


2


3r h. D.


2


r h


 .


Câu 7: Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây?


A. y  x4 2x22. B. yx42x22. C. yx33x22. D. y 2x43x22.
Câu 8: Cho hàm số yf x

 

có bảng xét dấu của đạo hàm như hình vẽ. Hàm số đã cho nghịch biến trên


khoảng nào dưới đây?


A.

1;

. B.

;1

. C.

 1;

. D.

 ; 1

.


Câu 9: Trong không gian Oxy, cho hai điểm A

1; 0; 2

; B

1; 2; 4

. Phương trình mặt cầu đường kính


AB


A. x2

y1

 

2 z 1

2 44. B. x2

y1

 

2 z 1

2 11.
C. x2

y1

 

2 z 1

2 44. D. x2

y1

 

2 z 1

2 11.
Câu 10: Họ nguyên hàm của hàm số f x

 

sin2 xcos2x


A. 1 1 sin 4


4x16 x C . B.


1 1


sin 4
8x32 x.C.


1 1


sin 4


8x8 xC. D.


1 1




(2)

Câu 11: Tìm tất cả các giá trị của n thỏa mãn P .An 2n726 A

2n2Pn

.


A. n 3; n3; n4. B. n3; n4. C. n3. D. n4.
Câu 12: Tìm F x

  

2x1

100dx


A.

  


100


2 1


.
200


x


F x   C B.

  



101


2 1


.
101


x


F x   C


C.

  


101


2 1


.
202


x


F x   C D.

  



101


2 1


.
102


x


F x   C


Câu 13: Cho số phức z thỏa mãn z2z 3 i. Giá trị của biểu thức z 1
z
 là
A. 3 1


22i. B.
1 1


22i. C.


3 1


22i. D.
1 1
22i.


Câu 14: Cho hình phẳng (H ) (phần gạch chéo trong hình vẽ). Thể tích khối trịn xoay khi hình (H)
quay xung quanh Oxđược tính theo công thức nào dưới đây?


A.


1 1


4 2 4


1 1


(x 4x 4)dx x dx


 


 


  


. B.


1 1


4 2 4



1 1


(x 4x 4)dx x dx


 


  


.


C.
1


4 2
1


(4x 8x 4)dx




 


. D.


1 1


4 4 2



1 1


( 4 4)


x dx x x dx


 


 


  


.


Câu 15: Biết rằng đồ thị

 

C của hàm số

 

3
ln 3
x


y cắt trục tung tại điểm M và tiếp tuyến của đồ thị

 

C tại M cắt trục hoành tại điểm N. Tọa độ của điểm N


A. 1 ; 0


ln 3
N  


 . B.
2


; 0


ln 3
N


 . C.


2
; 0
ln 3
N  


 . D.
1


; 0
ln 3
N


 .
Câu 16: Cho hàm số yf x

 

có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là


A. 2. B. 0 . C. 1. D. 3.



(3)

A. M . B. P. C. N D. Q.
Câu 18: Với a b c, , là các số thực dương khác 1 tùy ý, mệnh đề nào dưới đây sai?


A. logcb.logbalogca. B. log 1
log
a


b


b


a


.C. log 1
log
a


b
b


a


 . D. log log
log
b
a


b
c
c


a
 .
Câu 19: Cho hai số phức z1  2 3i; z2  1 i. Tính z13z2 .


A. z13z2  11. B. z13z2 11. C. z13z2  61. D. z13z2 61.


Câu 20: Trong không gian Oxyz, đường thẳng



1 2
3


x t


y t


z t


 




  


không đi qua điểm nào dưới đây?


A. Q

3; 1; 4

. B. N

1;1; 2

. C. M

1; 0;3

. D. P

3; 1; 2

.
Câu 21: Cho hàm số 3 2


3


yxx có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn

2;1

lần lượt là M


m. Tính TMm.


A. T 20. B. T  4. C. T  22. D. T 2.



Câu 22: Cho mặt phẳng

 

P cắt mặt cầu

 

S theo giao tuyến là một đường trịn bán kính 2R, biết
khoảng cách từ tâm của mặt cầu

 

S đến mặt phẳng

 

PR. Diện tích mặt cầu đã cho bằng
A. 20R2. B. 12 2


3 R . C.


2


20


3 R . D.


2


12R .


Câu 23: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng 1


1 2


:


2 1 1


x y z


d    


 và 2



1 4


: 1 2 ,


2 2


x t


d y t t


z t


 


    



  


.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng đã cho bằng


A. 87


6 . B.


174



6 C.


174


3 D.


87
3


Câu 24: Một khu rừng có trữ lượng gỗ là 5

 

3


4.10 m . Biết tốc độ sinh trưởng của các cây lấy gỗ trong
khu rừng này là 4% mỗi năm. Hỏi sau 5 năm không khai thác, khu rừng đó sẽ có số mét khối
gỗ là bao nhiêu?


A. 5

5


4.10 . 1, 04 . B. 5

5


4.10 . 0, 04 C. 5

 

5


4.10 . 0, 4 D. 5

 

5


4.10 . 1, 4


Câu 25: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A

2; 4;1

B

4;5; 2

. Điểm C thỏa mãn OCBA
có tọa độ là



(4)

Câu 26: Cho tứ diện đều cạnh 2a có một đỉnh trùng với đỉnh của hình nón, ba đỉnh cịn lại nằm trên


đường trịn đáy của hình nón. Diện tích xung quanh của hình nón là


A.


2


4 3


3


a




. B. 2a2 3. C.


2


3
3


a




. D.


2


8 3



3


a




.
Câu 27: Số nghiệm nguyên của bất phương trình 2


0,5 0,5


log xlog x 6 0 là


A. Vô số. B. 4 . C. 3 . D. 0 .


Câu 28: Cho
1
0


d
2


x
I


x m





, m là số thực dương. Tìm tất cả các giá trị của m để I 1.


A. 0 1


4


m


  . B. 1


4


m . C. m0. D. 1 1


8 m 4.


Câu 29: Một người muốn gọi điện thoại nhưng nhớ được các chữ số đầu mà quên mất ba chữ số cuối của
số cần gọi. Người đó chỉ nhớ rằng ba chữ số cuối đó phân biệt và có tổng bằng 5 . Tính xác suất
để người đó bấm máy một lần đúng số cần gọi.


A. 1


24. B.


1


36. C.


1



12. D.


1
60.


Câu 30: Cho khối chóp S ABC. có đáy là tam giác ABC cân tại A, BAC120o, ABa. Cạnh bên
SA vng góc với mặt đáy, SAa. Thể tích của khối chóp đã cho bằng


A.
3


3
4
a


. B.


3
3
12
a


. C.


3
3
2
a



. D.


3
3
6
a


.
Câu 31: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số thực m nhỏ hơn 2020 để hàm số




3 2


1


1 3 10


3


y  xmxmx đồng biến trên khoảng

 

0;3 .


A. 2020 B. 2018 C. 2019 D. Vô số


Câu 32: Cho số phức thỏa mãn z i   z 1 2i . Tập hợp điểm biểu diễn số phức w

2i z

1 trên
mặt phẳng phức là một đường thẳng. Phương trình của đường thẳng đó là:


A. x7y 9 0 B. x7y 9 0 C. x7y 9 0 D. x7y 9 0


Câu 33: Cho hàm số f x( )có đạo hàm trên , đồ thị hàm sốyf x( ) như hình vẽ. Biết f a( )0, tìm số


giao điểm của đồ thị hàm sốyf x( )với trục hoành.


A. 3 . B. 4. C. 0 . D. 2.


Câu 34: Trong không gianOxyz, cho mặt phẳng ( )P đi qua hai điểm (1; 2;3); (3; 1;1)A B  và song song với


đường thẳng : 1 2 3


2 1 1


x y z


d     


 . Khoảng cách từ gốc tọa độ đến mặt phẳng ( )P bằng
A. 37


101. B.


5


77 . C.


37


101 D.



(5)

Câu 35: Cho hàm số

 

2


1



x
f x


x x



 , tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho


là:


A. 2. B. 4. C. 3. D. 1.


Câu 36: Hàm số

 

2 3 1
2x x


f x    có đạo hàm là
A.

 

2 3 1



2x x 2 3 ln 2


fx    x . B.

 

2 3 1


2 3


2x x
x
fx  .
C.

 

2 3 1




2x x 2 3


fx    x . D.

 

2 3 1


2 3


2x x ln 2
x


fx  .
Câu 37: Cho hàm số yf x

 

có bảng biến thiên như hình dưới.


Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình f x

 

m có 6 nghiệm phân biệt là


A. 2. B. 0 . C. 3 . D. 1.


Câu 38: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 2a, cạnh bên bằng 3a. Gọi  là góc giữa mặt bên
và mặt đáy, mệnh đề nào dưới đây đúng?


A. cos 2


4


 . B. cos 10
10


  . C. cos 2
2



  . D. cos 14
2
  .
Câu 39: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn AB. Biết rằng


ADDC CB a  , AB2a, cạnh bên SA vng góc với đáy và mặt phẳng

SBD

tạo với
đáy góc 45. Gọi I là trung điểm của cạnh AB. Tính khoảng cách d từ Iđến mặt phẳng


SBD

.
A.


4


a


d  . B.


2


a


d  . C. 2


4
a


d  . D. 2


2
a


d  .
Câu 40: Cho hàm số f x( ) liên tục và có đạo hàm trên đoạn

 

0;5 thỏa mãn

 

 


5
0


ef xd 8


xfx x


;


 

5 ln 5


f  . Tính  


5
0


d


f x


I

e x


A. 33. B. 33. C. 17. D. 17.


Câu 41: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

: 2 2 2 2 4 2 9 0
2



S xyzxyz  và hai điểm

0; 2; 0 ,

 

2; 6; 2



A B   . Điểm M a b c

; ;

thuộc

 

S thỏa mãn tích MA MB. có giá trị nhỏ
nhất. Tổng a b c  bằng


A. 1 B. 1 C. 3 D. 2


Câu 42: Số giá trị nguyên của m thuộc đoạn

2019; 2019

để phương trình 4x

m3 2

x3m 1 0
có đúng một nghiệm lớn hơn 0 là



(6)

Câu 43: Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm f '

  

xx1

 

4 x m

 

5 x3

3với mọi x . Có bao nhiêu
giá trị nguyên của tham số m 

5;5

để hàm số g x

 

f

 

x có 3 điểm cực trị?


A. 3. B. 6. C. 5. D. 4.


Câu 44: Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm trên . Biết hàm số có đồ thị yf '

 

x như hình vẽ. Hàm
số g x

 

f x

 

x đạt cực tiểu tại điểm.


A. x1. B. x2. C. khơng có điểm cực tiểu. D. x0.
Câu 45: Cho các số thực dương ,a b thỏa mãn 2

a2b2

ab (a b ab)( 2). Giá trị nhỏ nhất của biểu


thức


3 3 2 2


3 3 2 2


4 a b 9 a b



P


b a b a


   




    thuộc khoảng nào?


A. (-6 ;-5). B. (-10 ;-9) . C. (-11 ;-9) . D. (-5 ;-4) .
Câu 46: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A

2;1; 2

, B

1;1; 0

và mặt phẳng


 

P :x   y z 1 0. Điểm C thuộc

 

P sao cho tam giác ABC vuông cân tại B. Cao độ của


điểm C bằng
A. 1 hoặc 2


3


. B. 1hoặc 2


3 . C. 3 hoặc
1


3. D. 1hoặc
1
3


.


Câu 47: Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vng có cạnh 20cmbằng cách


khoét đi bốn phần bằng nhau có dạng một nửa elip như hình dưới đây. Biết một nửa trục lớn


6


ABcm, trục bé CD8cm.


Diện tích bề mặt hoa văn đó bằng


A.

 

2


400 48  cm . B.

 

2


400 96  cm . C.

 

2


400 24  cm . D.

 

2


400 36  cm


Câu 48: Xét các số phức z thỏa mãn z 3 2i    z 3 i 3 5. Gọi M m, lần lượt là hai giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất của biểu thức P    z 2 z 1 3i . Tìm M m, .



(7)

Câu 49: Cho khối hộp ABCD A B C D.    , điểm M nằm trên cạnh CC thỏa mãn CC 3CM. Mặt phẳng

AB M

chia khối hộp thành hai khối đa diện. Gọi V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A, V2


là thể tích khối đa diện chứa đỉnh B. Tính tỉ số thể tích V1V2.
A. 41


13. B.



27


7 . C.


7


20 . D.


9
4.


Câu 50: Cho hàm số f x

 

thỏa mãn f

tanx

cos4x. Tìm tất cả các số thực m để đồ thị hàm số

 

 

2019


g x


f x m




 có hai đường tiệm cận đứng.



(8)

BẢNG ĐÁP ÁN


1.B 2.C 3.C 4.B 5.C 6.B 7.B 8.D 9.B 10.D


11.B 12.C 13.A 14.A 15.C 16.A 17.C 18.C 19.C 20.D
21.A 22.A 23.B 24.A 25.A 26.A 27.B 28.A 29.C 30.B
31.B 32.A 33.C 34.D 35.A 36.A 37.A 38.A 39.C 40.C


41.B 42.B 43.C 44.A 45.A 46.A 47.A 48.C 49.A 50.B


HƯỚNG DẪN GIẢI


Câu 1: Cho cấp số nhân

 

un có số hạng đầu u1 3 và công bội q 2. Giá trị của u4 bằng?


A. 24 . B. 24. C. 48 . D. 3.


Lời giải
Chọn B


Ta có:

 

un là cấp số nhân nên: u4u q1. 3 3.

 

2 3  24.
Câu 2: Tính giá trị biểu thức: K loga a a với 0 a 1.


A. 4


3


K  . B. 1


8


K  . C. 3


4


K  . D. K 2.


Lời giải
Chọn C



Với 0 a 1, ta có:


1 1


1 2 3 2 3


2 2 4


.


a a a a  a  a


   


3


4 3 3


log log


4 4


a a


Kaa


   


  .



Câu 3: Tập nghiệm của bất phương trình 3x22x 27 là


A.

1;3

. B.

3;1

. C.

   ; 3

 

1;

. D.

  ; 1

 

3;

.
Lời giải


Chọn C


Ta có: 3x22x 27 3x22x 33 x22x3 ( vì cơ số 3 lớn hơn 1)
3


1
x
x


 

 


 hay tập nghiệm của bất phương trình là

   ; 3

 

1;

.
Câu 4: Trong không gian Oxyz, đường thẳng Oz có phương trình là


A.
0
x
y t
z t


 



 


. B.


0
0
1
x
y


z t




 

  


. C. 0


0
x t
y
z





 

 


. D.


0
0
x
y t
z




 

 


.
Lời giải


Chọn B


Đường thẳng Oz nhận k

0; 0;1

làm véc tơ chỉ phương và đi qua điểm M

0;0;1

nên có
phương trình là:


0
0


1
x
y


z t




 

  



(9)

Câu 5: Diện tích tồn phần của hình lập phương cạnh 3a là:


A. 9a2. B. 72a2. C. 54a2. D. 36a2.


Lời giải
Chọn C


Mỗi mặt của hình lập phương cạnh 3a là hình vng cạnh 3a nên diện tích mỗi mặt của hình
lập phương là 2


9a . Mặt khác hình lập phương có 6 mặt nên diện tích tồn phần của nó
bằng:Stp  2 2


6.9a 54a dvdt( ).


Câu 6: Thể tích của khối nón bán kính đáy r và chiều cao h bằng:
A. 2



3rh. B.


2
1


3r h. C.
2


2


3r h. D.


2


r h


 .


Lời giải
Chọn B


Theo cơng thức, ta có thể tích của khối nón bán kính đáy r và chiều cao h là 1 2
3
V  r h.
Câu 7: Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây?


A. 4 2


2 2



y  x x  . B. yx42x22. C. yx33x22. D. y 2x43x22.
Lời giải


Chọn B


Nhìn vào đồ thị hàm số và căn cứ đáp án ta thấy:


- Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên sẽ là hàm số bậc 4 trùng phương. Khi đó hàm số sẽ có
dạng yax4bx2c. Ta xác định giá trị của các hệ số a, b, c.


- Đồ thị hàm số có1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu nên 0


0


a
ab







 .


Vậy đáp án đúng là B.


Câu 8: Cho hàm số yf x

 

có bảng xét dấu của đạo hàm như hình vẽ. Hàm số đã cho nghịch biến trên
khoảng nào dưới đây?



A.

1;

. B.

;1

. C.

 1;

. D.

 ; 1

.
Lời giải


Chọn D



(10)

 ; 1

1;1

, nên dựa vào các đáp án đã cho ta chọn khoảng

 ; 1

.


Câu 9: Trong không gian Oxy, cho hai điểm A

1; 0; 2

; B

1; 2; 4

. Phương trình mặt cầu đường kính


AB


A. x2

y1

 

2 z 1

2 44. B. x2

y1

 

2 z 1

2 11.
C. x2

y1

 

2 z 1

2 44. D. x2

y1

 

2 z 1

2 11.


Lời giải


Chọn B


Ta có I

0;1; 1

là trung điểm của AB.

 

2

 

2

2


1 1 0 2 2 4 2 11


AB       11


2


AB
R



   .


Vậy phương trình mặt cầu đường kính AB có tâm I

0;1; 1

bán kính R 11

 

2

2


2 1 1 11


xy  z  .


Câu 10: Họ nguyên hàm của hàm số f x

 

sin2 xcos2x
A. 1 1 sin 4


4x16 x C . B.


1 1


sin 4
8x32 x.


C. 1 1sin 4


8x8 xC. D.


1 1


sin 4
8x32 x C .


Lời giải
Chọn D



Ta có

 

sin2 cos2 1sin 22 1 1 cos 4 1 1cos 4


4 4 2 8 8


x


f xx xx     x


  .


Do đó

 

d 1 1cos 4 d 1 1 1. sin 4 1 1 sin 4


8 8 8 8 4 8 32


f x x x xxx C  xx C


 


.


Câu 11: Tìm tất cả các giá trị của n thỏa mãn P .An 2n726 A

2n2Pn

.


A. n 3; n3; n4. B. n3; n4. C. n3. D. n4.
Lời giải


Chọn B


Điều kiện: n2, nN.



Ta có P .An 2n726 A

2n2P n

P An

2n12

 

6 A2n12

0





2


2


! 6


P 6


A 12 P 6 0 !


12


A 12 0


2 !






    


 






n


n n


n


n
n
n




! 3! 3


1 12 3 4


n n


n n n n




  




     




(11)

Câu 12: Tìm F x

  

2x1

100dx
A.

  



100


2 1


.
200


x


F x   C B.

  



101


2 1


.
101


x


F x   C


C.

  


101


2 1



.
202


x


F x   C D.

  



101


2 1


.
102


x


F x   C


Lời giải
Chọn C


Áp dụng công thức




1


d


1



n


n ax b


ax b x C


a n






  




, với n 1 và a0.


Ta có

  



101


100 2 1


2 1 d


202
x


F x

xx  C.


Câu 13: Cho số phức z thỏa mãn z2z 3 i. Giá trị của biểu thức z 1
z
 là
A. 3 1


22i. B.
1 1


22i. C.
3 1


22i. D.
1 1
22i.


Lời giải
Chọn A


Giả sử z x yi,

x y; 

  z x yi.Ta có:


2 3 2( ) 3


zz    i x yi xyi  i 3 3 3 3 1 1


1 1


x x


x yi i z i



y y


 


 


       


 


  .


Vậy: 1 1 1 1 1 3 1


1 2 2 2


i


z i i i


z i




        




Câu 14: Cho hình phẳng (H ) (phần gạch chéo trong hình vẽ). Thể tích khối trịn xoay khi hình (H)


quay xung quanh Oxđược tính theo cơng thức nào dưới đây?


A.


1 1


4 2 4


1 1


(x 4x 4)dx x dx


 


 


  


. B.


1 1


4 2 4


1 1


(x 4x 4)dx x dx


 



  


.


C.
1


4 2
1


(4x 8x 4)dx




 


. D.


1 1


4 4 2


1 1


( 4 4)


x dx x x dx


 



 


  


.



(12)

Dựa vào hình vẽ ta có 0x2  2 x2   x

1;1

, đồ thị hai hàm số cắt nhau lần lượt tại hai
điểm có hoành độ x 1 và x 1.


Khi (H ) quay xung quanh Oxthì được vật thể trịn xoay có thể tích được tính theo cơng thức:


 

 



1 1


2 2


2 2 2 2 2 2


1 1


(2 ) (2 )


Vx x dxx x dx


 


 



     


 


1 4 2 1 4


1 1


(x 4x 4)dx x dx


 


 


  



Câu 15: Biết rằng đồ thị

 

C của hàm số

 


3
ln 3


x


y cắt trục tung tại điểm M và tiếp tuyến của đồ thị

 

C tại M cắt trục hoành tại điểm N. Tọa độ của điểm N


A. 1 ; 0


ln 3
N  



 . B.
2


; 0
ln 3
N


 . C.


2
; 0
ln 3
N  


 . D.
1


; 0
ln 3
N


 .
Lời giải


M là giao điểm của

 

COy nên tọa độ của điểm M là nghiệm của hệ phương trình:


 

3 1


1
0;


ln 3


ln 3 ln 3


0
0


x
y


y M


x
x






 


  


 





. Ta có:

 

 

 




3 1 1


3 0


ln 3 2 2


x


x


y y




 


 


    


 


 


Phương trình tiếp tuyến của đồ thị

 

C tại 0; 1
ln 3
M


  là



1 1


2 ln 3


yx


N là giao điểm của

 

COx nên tọa độ của điểm Nlà nghiệm của hệ phương trình:


1 1 2


2
; 0


2 ln 3 ln 3


ln 3


0 0


y x x


N


y y


 




  





 


Câu 16: Cho hàm số yf x

 

có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là


A. 2. B. 0 . C. 1. D. 3.


Lời giải
Chọn A


Quan sát đồ thị hàm số yf x

 

ta thấy hàm số đã cho có 2 điểm cực tiểu.



(13)

A. M . B. P. C. N D. Q.
Lời giải


Chọn C


Nếu z x yi thì trong mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn của số phức zM x y( ; )


2 3


z  i   z 2 3iN(2;3) biểu diễn số phức z.


Câu 18: Với a b c, , là các số thực dương khác 1 tùy ý, mệnh đề nào dưới đây sai?
A. logcb.logbalogca. B. log 1


log
a



b
b


a


.C. log 1
log
a


b
b


a


 . D. log log
log
b
a


b
c
c


a
 .
Lời giải


Chọn C



Theo tính chất của logarit thì:


logcb.logbalogca, log log
log
b
a


b
c
c


a


 và log 1


log
a


b
b


a


 . Vậy đáp án C là đáp án sai.


Câu 19: Cho hai số phức z1  2 3i; z2  1 i. Tính z13z2 .


A. z13z2  11. B. z13z2 11. C. z13z2  61. D. z13z2 61.
Lời giải



Chọn C
1 3 2


zz   2 3i 3 1

i

 5 6iz13z2  5 6 i  25 36  61.


Câu 20: Trong không gian Oxyz, đường thẳng


1 2
3


x t


y t


z t


 




  


không đi qua điểm nào dưới đây?


A. Q

3; 1; 4

. B. N

1;1; 2

. C. M

1; 0;3

. D. P

3; 1; 2

.
Lời giải



Chọn D


Thay tọa độ từng điểm vào phương trình đường thẳng d đã cho, ta thấy Q N M, , thuộc đường


thẳng d.



(14)

3 1 2
1
2 3


t
t


t
 

  


  


1
1
1
t
t
t


 




 


 


( vô nghiệm ). Vậy P d .


Câu 21: Cho hàm số yx33x2 có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn

2;1

lần lượt là M


m. Tính TMm.


A. T 20. B. T  4. C. T  22. D. T 2.
Lời giải


Chọn A


Xét hàm số yx33x2 trên đoạn

2;1

.
2


3 6


y  xx;




0
0



2 2;1


x
y


x



      


 .Ta có: y

 

  2 20, y

 

0 0, y

 

1  2.


Do hàm số đã cho liên tục trên

2;1

nên


 2;1


max 0


M y




  ,


 2;1


min 20


m y





   .
Vậy TM  m 20.


Câu 22: Cho mặt phẳng

 

P cắt mặt cầu

 

S theo giao tuyến là một đường trịn bán kính 2R, biết
khoảng cách từ tâm của mặt cầu

 

S đến mặt phẳng

 

PR. Diện tích mặt cầu đã cho bằng
A. 20R2. B. 12 2


3 R . C.


2


20


3 R . D.


2


12R .
Lời giải


Chọn A


Bán kính mặt cầu

 

S là: R1

 

2R 2R2 R 5.
Diện tích mặt cầu

 

S là:

 



2



2 2


1


4 4 5 20


S  R   R  R .


Câu 23: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng 1: 1 2


2 1 1


x y z


d    


 và 2


1 4


: 1 2 ,


2 2


x t


d y t t


z t



 


    



  


.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng đã cho bằng


A. 87


6 . B.


174


6 C.


174


3 D.


87
3


Lời giải
Chọn B



Đường thẳng d1 đi qua điểm M

1; 2; 0

và có một vectơ chỉ phương u1 

2; 1;1

.
Đường thẳng d2 đi qua điểm N

1; 1; 2

và có một vectơ chỉ phương u2 

4; 2; 2

.


Do u1 cùng phương với u2Md2 nên d1//d2 từ đó

1 2

1

1
1


,


; ;


u MN


d d d d N d


u


 


 



(15)

Ta có MN

0;1; 2

, u MN1,    

3; 4; 2

suy ra

   


 



2 2 2


1


2
2



1


, 3 4 2 174


6


2 1 1


u MN


u


   


 


   .


Vậy

1; 2

174
6


d d d  .


Câu 24: Một khu rừng có trữ lượng gỗ là 5

 

3


4.10 m . Biết tốc độ sinh trưởng của các cây lấy gỗ trong
khu rừng này là 4% mỗi năm. Hỏi sau 5 năm không khai thác, khu rừng đó sẽ có số mét khối
gỗ là bao nhiêu?


A. 5

5


4.10 . 1, 04 . B. 5

5


4.10 . 0, 04 C. 5

 

5


4.10 . 0, 4 D. 5

 

5


4.10 . 1, 4


Lời giải
Chọn A


Đặt 5

 

3
0 4.10


Vm ; r%4%0, 04.


Sau 5 năm khơng khai thác, khu rừng đó sẽ có số mét khối gỗ là


5 5

5

 

3
0 1 % 4.10 . 1, 04


VVrm .


Câu 25: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A

2; 4;1

B

4;5; 2

. Điểm C thỏa mãn OCBA
có tọa độ là


A.

  6; 1; 1

. B.

  2; 9; 3

. C.

6; 1;1 .

D.

2; 9;3 .


Lời giải



Chọn A


Gọi C x y z

; ;

. Ta có OC

x y z; ;

, BA   

6; 1; 1

.


Khi đó


6
1
1


 


   


  


x


OC BA y


z


. Vậy C

  6; 1; 1

.


Câu 26: Cho tứ diện đều cạnh 2a có một đỉnh trùng với đỉnh của hình nón, ba đỉnh còn lại nằm trên
đường trịn đáy của hình nón. Diện tích xung quanh của hình nón là


A.



2


4 3


3


a




. B. 2a2 3. C.


2


3
3


a




. D.


2


8 3


3



a




.
Lời giải


Chọn A


2a


I


A C


B
S


E



(16)

rIA, với I là tâm của đường tròn đáy. Gọi E là trung điểm cạnh BC do tam giác ABCđều
cạnh 2a nên ta có: 2 3 3


2
a


AE a , 2. 2. 3 2 3


3 3 3



a
rIAAEa  .


Vậy diện tích xung quanh của hình nón là:


2


2 3 4 3


. .2


3 3


xq


a a


S rl a  .
Câu 27: Số nghiệm nguyên của bất phương trình 2


0,5 0,5


log xlog x 6 0 là


A. Vô số. B. 4 . C. 3 . D. 0 .


Lời giải
Chọn B


2



0,5 0,5


log xlog x 6 0 (1). Điều kiện: x0.


Đặt tlog0,5x ta có bất phương trình t2      t 6 0 2 t 3


suy ra  2 log0,5x3 2 3 1


(0, 5) (0, 5) 4


8


x x




      . Tập nghiệm nguyên của bất


phương trình (1) là S

1; 2;3; 4

.Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là 4.


Câu 28: Cho
1
0


d
2


x
I



x m




, m là số thực dương. Tìm tất cả các giá trị của m để I 1.


A. 0 1


4


m


  . B. 1


4


m . C. m0. D. 1 1


8 m 4.


Lời giải
Chọn A


Đặt t 2xmt2 2xm 2 dt t2dxdxt td .
Đổi cận


2 2



d


m m


m m


t t


I dt


t


 


2 m


m
t


  2 m m (giả thiết m0).


Vậy I 1 2 m m1 2 m m1    2 m m 1 2 m


2 m 1


   0 4m1 0 1


4


m



   . Do điều kiện m dương nên 0 1


4


m


  .



(17)

Câu 28: Cho
1
0


d
2


x
I


x m




, m là số thực dương. Tìm tất cả các giá trị của m để I 1.


A. 0 1


4



m


  . B. 1


4


m . C. m0. D. 1 1


8 m 4.


Với tích phân I:


Thay m1bấm kết quả không thoả mãn ta loại đáp án B,C


Thay 1


9


m bấm kết quả thoả mãn nên ta loại đáp án D
Vậy đáp án đúng là A


Câu 29: Một người muốn gọi điện thoại nhưng nhớ được các chữ số đầu mà quên mất ba chữ số cuối của
số cần gọi. Người đó chỉ nhớ rằng ba chữ số cuối đó phân biệt và có tổng bằng 5 . Tính xác suất
để người đó bấm máy một lần đúng số cần gọi.


A. 1


24. B.


1



36. C.


1


12. D.


1
60.


Lời giải
Chọn C


Có 2 bộ số

a b c; ;

có tổng các chữ số bằng 5 là:

0;1; 4 ; 0; 2;3 , mỗi bộ số có 3! hốn vị

 


nên có tất cả 12 khả năng.


Do đó xác suất để người đó bấm máy một lần đúng số cần gọi là 1


12.


Câu 30: Cho khối chóp S ABC. có đáy là tam giác ABC cân tại A, BAC120, ABa. Cạnh bên SA
vng góc với mặt đáy, SAa. Thể tích của khối chóp đã cho bằng


A.
3


3
4
a



. B.


3
3
12
a


. C.


3
3
2
a


. D.


3
3
6
a


.
Lời giải


Chọn B


A


B



C
S


Thể tích khối chóp S ABC. là:


3


1 1 1 1 1 3 3


. . . .sin . . . .


3 ABC 3 2 3 2 2 12


a


VSA SSA AB AC BACa a a  .


Câu 31: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số thực m nhỏ hơn 2020 để hàm số




3 2


1


1 3 10


3



(18)

A. 2020 B. 2018 C. 2019 D. Vô số


Lời giải


Chọn B


Ta có: 1 3

1

2

3

10 2 2

1

 

3



3


y  xmxmx  y  x mxm


Do đó hàm số đã cho đồng biến trên khoảng

 

0;3 khi và chỉ khi y   0, x

 

0;3


 



2


2 1 3 0


x m x m


      ,  x

 

0;3

 


2


2 3


, 0;3


2 1


x x



m x


x
 


   


 .


Xét hàm số:

 


2


2 3


2 1


x x


g x


x


 




 trên khoảng

 

0;3 . Có

 

 



2


2


2 2 8


0, 0;3


2 1


x x


g x x


x
 


    




Do đó hàm số g x

 

ln đồng biến trên khoảng

 

0;3

 

 

3 12,

 

0;3
7


g x g x


    


Suy ra:

 

,

 

0;3 12
7


mg x  x  m . Vì 0 m 2020 và m nên m

2;3;...; 2019

.

Vậy có 2018 giá trị m thoả mãn yêu cầu bài toán.


Câu 32: Cho số phức thỏa mãn z i   z 1 2i . Tập hợp điểm biểu diễn số phức w

2i z

1 trên
mặt phẳng phức là một đường thẳng. Phương trình của đường thẳng đó là:


A. x7y 9 0 B. x7y 9 0 C. x7y 9 0 D. x7y 9 0


Lời giải
Chọn A


Giả sử w x yi,

x y, 



Ta có:

2

1 1 1 2 1 1 1 2


2 2 2


w w w


w i z z z i z i i i


i i i


  


              


  


 

 


2


1 2 1 5


2 2 1 5


2 2


w i i w i


x y i x y i


i i


    


         


 


 

2

 

2

 

2

2


2 2 1 5 7 9 0


x  y  x  y  x y 


Vậy tập hợp các điểm biểu diến số phức w là đường thẳng có phương trình x7y 9 0.


Chú ý: ta đã áp dụng công thức: 1 1
2 2
z


z


zz .


Câu 33: Cho hàm số f x( )có đạo hàm trên , đồ thị hàm sốyf x( ) như hình vẽ. Biết f a( )0, tìm số
giao điểm của đồ thị hàm sốyf x( )với trục hoành.


A. 3 . B. 4. C. 0 . D. 2.



(19)

Từ đồ thị ta thấy '( ) 0


x a


f x x b


x c






 


 


và đi qua các nghiệm trên, đạo hàm đổi dấu nên hàm
số ( )f x có 3 điểm cực trị.


Xét bảng biến thiên



Ta thấy: ( )f a hoặc ( )f c là giá trị nhỏ nhất của hàm sốyf x( ). (1)


 

 



1 '( ) ( ) ( ) ; 2 '( ) ( ) ( )


b c


b b


a c


a b


S

f x dxf xf bf a S  

f x dxf xf bf c


Ta thấyS1S2f b( ) f a( ) f b( ) f c( ) f a( ) f c( ) 0 f a( ) f c( ), vì ( )f a 0.
(2)


Từ (1) và (2) suy ra đồ thị hàm sốyf x( )nằm hồn tồn phía trên trục hồnh hay đồ thị hàm
số yf x( )không cắt trục hồnh.


Câu 34: Trong khơng gianOxyz, cho mặt phẳng ( )P đi qua hai điểm (1; 2;3); (3; 1;1)A B  và song song với


đường thẳng : 1 2 3


2 1 1


x y z



d     


 . Khoảng cách từ gốc tọa độ đến mặt phẳng ( )P bằng
A. 37


101. B.


5


77 . C.


37


101 D.


5 77
77
Lời giải


Chọn D


Ta cóAB(2; 3; 2) 


Gọi nP là VTPT của mặt phẳng (P), VTCP của đường thẳng d là (2; 1;1)


d


u  



Theo đề bài ta có

 

 


 


;


; (5;6; 4)
/ /


P


P d


P d


A P B P n AB


n u AB


d P n u


    




 





 





Mặt phẳng

 

P quaAcó phương trình là: 5(x 1) 6(y 2) 4(z 3) 0
5x 6y 4z 5 0


     .
Khi đó


 

2


2 2


5 5 77


( , ( ))


77
(5) 6 ( 4)


d O P   



(20)

Câu 35: Cho hàm số

 

2


1


x
f x


x x




 , tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho


là:


A. 2. B. 4. C. 3. D. 1.


Lời giải
Chọn A


Tập xác định: D

1;



Ta có
1


2
lim


1


x


x
x x









  


  nên x1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số


1 2


2 0 0


lim lim 0


1 1 1 0


1


x x


x x x x


x x


x


 


 





 


 


 




 


 


 


nêny0 là đường tiệm cận ngang của đồ


thị hàm số.


Câu 36: Hàm số f x

 

2x2 3x 1 có đạo hàm là


A.

 



2


3 1


2x x 2 3 ln 2


fx    x . B.

 

2


3 1


2 3


2x x
x
f x


 


  .


C. f

 

x 2x2 3x 1

2x3

. D.

 

2


3 1


2 3


2x x ln 2
x


fx  .
Lời giải


Chọn A


2 3 1

2 3 1

2




2x  x  2x  x . x 3x1 .ln 2 2x2 3x 1. 2

x3 .ln 2

.
Câu 37: Cho hàm số yf x

 

có bảng biến thiên như hình dưới.


Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình f x

 

m có 6 nghiệm phân biệt là


A. 2. B. 0 . C. 3 . D. 1.


Lời giải
Chọn A



(21)

Số nghiệm của phương trình f x

 

m chính bằng số giao điểm của đồ thị hàm số yf x

 



và đường thẳng có phương trình ym.


Từ bảng biến thiên trên ta suy ra đường thẳng ym cắt đồ thị hàm số yf x

 

tại 6 điểm
phân biệt khi và chỉ khi 2 m 5


Do m  m

 

3; 4 . Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.


Câu 38: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 2a, cạnh bên bằng 3a. Gọi là góc giữa mặt bên
và mặt đáy, mệnh đề nào dưới đây đúng?


A. cos 2


4


 . B. cos 10
10


  . C. cos 2


2


  . D. cos 14
2
  .
Lời giải


Chọn A


O


A D


C
B


S


M


Giả sử hình chóp đều S ABCD. thỏa mãn u cầu bài tốn.


Gọi M là trung điểm của CD; OACBDSO

ABCD

( do hình chóp đều .S ABCD)
Ta có: OM/ /BCOMCD (vì BCCD)


Lại có: SOCD (vì SO

ABCD

)
Do đó CD

SOM

(1)


Ta có:



 



 



 



 

2


SCD ABCD CD


SCD SOM SM


ABCD SOM OM


 





 







(22)

Từ (1) và (2) suy ra  

SM OM,

SMO


Ta có SCD cân tại SSMlà đường trung tuyến suy ra SM cũng là đường cao của tam
giác.



SMC


 vuông tại M có: SMSC2CM2 2 2a
SMO


 vng tại O có: cos cos 1 2


4


2 2 2 2


OM a


SMO


SM a


    


Câu 39: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn AB. Biết rằng


ADDC CB a  , AB2a, cạnh bên SA vng góc với đáy và mặt phẳng

SBD

tạo với
đáy góc 45. Gọi I là trung điểm của cạnh AB. Tính khoảng cách d từ Iđến mặt phẳng


SBD

.
A.


4


a



d  . B.


2


a


d  . C. 2


4
a


d  . D. 2


2
a
d  .
Lời giải


Chọn C


H
I
A


D C


B
S



Kí hiệu d M P

,

 

là khoảng cách từ M đến mặt phẳng

 

P .


DoABCD là hình thang cân, đáy lớn ABADDC CB a  ,AB2a2IB nên tứ giác


DIBClà hình thoi. Suy ra DIAIIBADDB

 

1 .
Mặt khác SA vng góc với đáy nên SABD

 

2 .
Từ

 

1 và

 

2 suy ra BD

SAD

.


Ta có


 





 



 



SBD ABCD BD


BD SAD


SAD ABCD AD


SAD SBD SD


 










 








nên góc giữa mặt phẳng

SBD

với đáy là góc giữa hai đường thẳng SDAD bằng SDA.
Tức là SDA 45 . Gọi H là hình chiếu của A lên SD.



(23)

Tam giác SADvuông cân tại A  2 2


2 2


AD a


AH   .


I là trung điểm của cạnh ABnên ta có:

,

1

,

1 2


2 2 4


a
dd I SBDd A SBDAH .



Câu 40: Cho hàm số f x( ) liên tục và có đạo hàm trên đoạn

 

0;5 thỏa mãn

 

 
5


0


ef xd 8


xfx x


;


 

5 ln 5


f  . Tính  


5
0


d


f x


I

e x


A. 33. B. 33. C. 17. D. 17.


Lời giải
Chọn C



Tính  
5
0


d


f x


I

e x


Đặt f x 


u e  duf

 

x ef x dx;


d = dv xvx.


Theo cơng thức tích phân từng phần, ta có
  5 5

 

     


5 0 ln 5


0
0


d 5. 0. 8 5 8 5.5 8 17


f x f x f f


I xe

xfx e xee   e     .



Câu 41: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

: 2 2 2 2 4 2 9 0
2


S xyzxyz  và hai điểm

0; 2; 0 ,

 

2; 6; 2



A B   . Điểm M a b c

; ;

thuộc

 

S thỏa mãn tích MA MB. có giá trị nhỏ
nhất. Tổng a b c  bằng


A. 1 B. 1 C. 3 D. 2


Lời giải
Chọn B


 

2 2 2 9


2 4 2 0


2


MSab  c abc 

1

 

2 2

 

2 1

2 3
2


a b c


       .


 

2 2 2 9


2 4 2



2
MSabc   a bc .






; 2 ;


2 ; 6; 2


MA a b c


MB a b c


    




     



 



 

2 2 2


. 2 2 6 2 2 4 2 12


MA MB aa  b     b c cab  c abc .



9


. 2 4 2 2 4 2 12


2


MA MB a b c a b c


           4 8 4 33


2


a b c P


     .


 

 



33 15


4 8 4 4 1 8 2 4 1


2 2



(24)

 

 



15


4 1 8 2 4 1



2


P a b c


         .


Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho hai bộ số 4;8; 4 và a1;b2;c1, ta có


 

 

 

 

 



2


2 2 2 2


15


4 1 8 2 4 1 16 64 16 1 2 1 144


2


P a b c a b c


         


   


 


.



15 9 39


12 12


2 2 2


P P


         .


33 9


4 8 4


9 2 2


1 2 1


2


4 8 4


a b c


P


a b c


     



   

 

2
1


4 8 4


1
0
12 2
1
2
0
a


a b c


a b
a c
b
c
  

   

 
 




 
 

.


Khi đó min 9
2


P  1;1;1 1.


2 2


M  a b c


   


 


Câu 42: Số giá trị nguyên của m thuộc đoạn

2019; 2019

để phương trình 4x

m3 2

x3m 1 0
có đúng một nghiệm lớn hơn 0 là


A. 2021 B. 2022 C. 2019 D. 2020


Lời giải
Chọn B


Đặt 2xt t, 0. Phương trình 4x

m3 2

x3m 1 0 1

 

có dạng



 



2


3 3 1 0 2


tmtm  .


Để phương trình (1) có đúng một nghiệm lớn hơn 0 thì phương trình (2) có đúng một nghiệm
1


t  .
Cách 1:


TH1: Xét (2) có nghiệm kép lớn hơn 1.

2



2


1 2


3 4 3 1 0 1


6 5 0


3 1 5


1
2



m m m


m m


m m m


t t
       

 
    


(thỏa mãn).


TH2: Phương trình (2) có hai nghiệm t1  1 t2. Đặt f t

 

 t2

m3

t3m1.

 



2


1


1 0 1


2


2


3 1 1



0
f m
m
t m
m

  
 
 
  


   (loại vì m ngun).


TH3: Phương trình (2) có hai nghiệm 1 1 2 1.

 

1 0 1
2


t   t f   m . Mà m nguyên trong
đoạn

2019; 2019

nên có 2020 giá trị của m.



(25)

Cách 2:


Ta có:



2


2 3 3 1 0 3 1


3


t t



t m t m m


t
 


      


 (vì t3 khơng là nghiệm của phương trình).


Xét hàm số

 

  



2


3 1


, 1; \ 3 .
3


t t


g t t


t
 


  



Ta có:

 





2


2


2


6 8


0


4
3


t


t t


g t


t
t




 


    





  .


Bảng biến thiên


Căn cứ BBT ta thấy:
1


5
1
2
m
m


m

 








, do đó có tất cả 2022 giá trị nguyên của m trong

2019; 2019

.


Câu 43: Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm f '

  

xx1

 

4 x m

 

5 x3

3với mọi x . Có bao nhiêu
giá trị nguyên của tham số m 

5;5

để hàm số g x

 

f

 

x có 3 điểm cực trị?


A. 3. B. 6. C. 5. D. 4.


Lời giải
Chọn C


Đồ thị hàm f

 

x được suy ra từ đồ thị hàm số f x

 

bằng cách.
- Bỏ phần bên trái trục Oy.


- Giữ và lấy đối xứng phần đồ thị nằm bên phải trục Oy qua trục Oy.


Ta thấy x0là một điểm cực trị của hàm số f

 

x .


Do đó hàm số g x

 

f

 

x có 3 điểm cực trị khi phần đồ thị bên phải trục Oy có một điểm


cực trị f '

 

x đổi dấu 1 lần với x  0 m 0.
m 

5;5

m  m

1; 2;3; 4;5 .




(26)

A. x1. B. x2. C. khơng có điểm cực tiểu. D. x0.
Lời giải


họn A


Ta có g x'

 

f '

 

x 1.Khi đó g x'

 

 0 f '

 

x  1 (1).


Nghiệm của (1) là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số yf '

 

x và đường thẳng y 1.
Dựa vào đồ thị hàm số yf '

 

x , ta thấy đồ thị hàm số yf '

 

x và đường thẳng y 1





ba điểm chung có hồnh độ là 0;1; 2. Do đó

 



0


' 1 1 .


2
x


f x x


x



  


 


Suy ra

 



0


' 0 1 .


2
x


g x x



x



 


 


Trên

;1

đường thẳng y 1 tiếp xúc hoặc nằm trên đồ thị hàm số yf '

 

x .
Trên

 

1; 2 đường thẳng y 1 nằm dưới đồ thị hàm số yf '

 

x .


Trên

2;

đường thẳng y 1 nằm trên đồ thị hàm số yf '

 

x .
Ta có bảng biến thiên


Từ bảng biến thiên suy ra hàm số g x

 

đạt cực tiểu tại điểm x1.


Câu 45: Cho các số thực dương ,a b thỏa mãn 2

a2b2

ab (a b ab)( 2). Giá trị nhỏ nhất của biểu
thức


3 3 2 2


3 3 2 2


4 a b 9 a b


P


b a b a



   




    thuộc khoảng nào?



(27)

Lời giải
Chọn A


Vì ,a b dương nên từ giả thiết 2

a2b2

ab (a b ab)( 2), ta chia hai vế cho ab


2 2

1 1


2 a b ab (a b ab)( 2) 2 a b 1 (a b) 2


b a a b


   


         


   .


Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si cho hai số dương (a b ) và 2 1 1
a b


 



 :


1 1 1 1


(a b) 2 2 (a b).2 2 2 a b 2


a b a b b a


     


     


     .


Dấu " " xảy ra khi (a b) 2 1 1
a b


 


 
 .
Suy ra 2 a b 1 2 2 a b 2


b a b a


  


   


   . Đặt , ( 0).



a b


t t


b a


  


Khi đó: 2


5
2


2 1 2 2( 2) 4 4 15 0


3
2
t


t t t t


t
 


        


  




. Do đó, ta có điều kiện 5.
2
t


Mặt khác:


3 2


3 3 2 2


3 3 2 2


4 a b 9 a b 4 a b 3 a b 9 a b 2


P


b a b a b a b a b a


   


         




     


   


   



3

 

2

3 2


4 t 3t 9 t 2 4t 9t 12t 18.


       


Đặt

 

3 2 2 5


4 9 12 18 '(t) 12 18 12 0, .


2
f tttt  ftt   t
Bảng biến thiên


Từ bảng biến thiên ta có,
5


;
2


5 23


( ) .


2 4


t


Min f t f



Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 23
4
 khi


2
5


1
2


1 1 1


( ) 2


2
a
a b


b
b a


a
a b


a b b













   




   


 


  









 



(28)

Câu 46: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A

2;1; 2

, B

1;1; 0

và mặt phẳng

 

P :x   y z 1 0. Điểm C thuộc

 

P sao cho tam giác ABC vuông cân tại B. Cao độ của


điểm C bằng
A. 1 hoặc 2



3


. B. 1hoặc 2


3 . C. 3 hoặc
1


3. D. 1hoặc
1
3


.
Lời giải


Chọn A


Gọi tọa độ C a b c

; ;

.


Vì điểm C thuộc

 

P :x   y z 1 0 nên a   b c 1 hay tọa độ C có dạng


2

 

2

2 2


1; ; ; 1; 1


C   b c b cBC  b c bcBCb c  bc .


Ta có AB

1; 0; 2

AB2 5. Do tam giác ABC vng cân tại B


nên

 




 

2

2

 



2 2 2


1


. 0


1 5 2


b c
AB BC


BC AB b c b c


 






 


     


 


 



Thay

 

1 vào

 

2 ta có 2


1


6 2 4 0 2


3


c


c c


c




   


  


( 3;1;1)
.


1 2 2


; ;


3 3 3



C


C


Vậy cao độ của điểm C là 1 hoặc 2


3.


Câu 47: Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vng có cạnh 20cmbằng cách
khoét đi bốn phần bằng nhau có dạng một nửa elip như hình dưới đây. Biết một nửa trục lớn


6


ABcm, trục bé CD8cm.


Diện tích bề mặt hoa văn đó bằng


A.

 

2


400 48  cm . B.

 

2


400 96  cm . C.

 

2


400 24  cm . D.

 

2


400 36  cm


Lời giải



Chọn A


Hình elip có nửa trục lớn bằng a6cm, nửa trục bé bằng b4cm. Diện tích elip đó bằng
4.6 24


ab


    .


Vậy diện tích phần trang trí hoa văn là 202 4.24 400 48

 

2
2


S      cm .



(29)

A. M  17 5,m3 2. B. M 26 2 5, m 2.
C. M  262 5,m3 2. D. M  17 5,m 2.


Lời giải
Chọn C


Gọi z x yi x y

, 

và điểm M x y

 

, là điểm biểu diễn của số phức z.


Theo đề ra z 3 2i    z 3 i 3 5 

x3

 

2 y2

2 

x3

 

2 y1

2 3 5


3 5


AM BM


   với A

3; 2 ,

 

B 3; 1

.



Ta có AB

6; 3

AB3 5 AMBMAB


, ,


A M B


 thẳng hàng và M nằm giữa AB.


Phương trình tham số của đường thẳng : 3 6


2 3


x t


AB t


y t


  



  


 .


Gọi M

 3 6 ; 2 3tt

, do M nằm giữa ABnên        3 3 6t 3 0 t 1.
Biểu thức P    z 2 z 1 3i

x2

2y2 

x1

 

2 y3

2


 

2

2

 

2

2



3 6 2 2 3 3 6 1 2 3 3


P t t t t


             


2 2


45t 24t 5 45t 42t 17


      .


Xét

 



2 2


90 24 90 42


2 45 24 5 2 45 42 17


t t


P t


t t t t


 


  



    trên đoạn

 

0;1 .


 

902 24 902 42


0 0


2 45 24 5 2 45 42 17


t t


P t


t t t t


 


    


    .


2

2


90t 24 45t 42t 17 90t 42 45t 24t 5 0


        


15t 4

45t2 42t 17

15t 7

45t2 24t 5 0


         (*).



Nếu 0 4


15


t


  hoặc 7 1


12  t thì phương trình (*) vơ nghiệm.


Nếu 4 7


15 t 15 thì

  



2 2


*  15t4 45t 42t17 7 15 t 45t 24t5


2

2

2

2


(45 42 17)


225t 120t 16 t t 225t 210t 49 (45t 24t 5)


         


2


1215t 486t 27 0



   


 


1


( )
15
1
3


t l


t tm


 

 


 




(30)

Ta có: P

 

0  5 17; 1 3 2
3


P   


  ; P

 

1 2 5 26


 0;1

 

 

 0;1

 




1


1 2 5 26; 3 2


3


Max P t P Min P t P 


      


  .


Như vậy M 2 5 26,m3 2 .


Câu 49: Cho khối hộp ABCD A B C D.    , điểm M nằm trên cạnh CC thỏa mãn CC 3CM. Mặt phẳng

AB M

chia khối hộp thành hai khối đa diện. Gọi V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A, V2


là thể tích khối đa diện chứa đỉnh B. Tính tỉ số thể tích V1V2.
A. 41


13. B.


27


7 . C.


7


20 . D.



9
4.


Lời giải


Chọn A


Gọi N

AB M

CD

AB M

 

CDD C 

MN.


AB C D//  MN C D//  1


3


CN CM


CD CC


  


 .


Đặt SABB A S, d

ABB A 

 

, CDD C  

h, VABCD A B C D.     V. Suy ra: VhS.
Lại có: 1


2


ABB ABB A


S  S   1



2S


 ,


2
1
3


CMN CDC


S     S
 


1


18SCDD C 


 1


18S


 .


Ta có: V2VCMN BAB.  1

 

,

.

.



3d CMN BABSCMN SCMN SBABSBAB


  


1 1 1 1 1



.


3h 18S 18S 2S 2S


 


 


 


13
54hS


 13


54V


1 2 41


54


V V V V


    .Vậy 1


2
41
13
V



V  .


Câu 50: Cho hàm số f x

 

thỏa mãn f

tanx

cos4x. Tìm tất cả các số thực m để đồ thị hàm số

 

 

2019


g x


f x m




 có hai đường tiệm cận đứng.


A. m0. B. 0 m 1 C. m0. D. m1.


Lời giải
Chọn B


Ta có





2


4 2


2
2



1


cos cos


1 tan


x x


x


  , suy ra



2

2


1
tanx


1 tan x


f


 hay

 

2

2


1
1
f x


x




(31)

u cầu bài tốn tương đương tìm m để đồ thị hàm số

 



2

2


2019
1


1
g x


m
x




 


có hai đường tiệm


cận đứng tương đương phương trình


2

2


1


0
1


m


x


  có hai nghiệm phân biệt.


Xét hàm số

 



2

2


1
1
h x


x



 



2

3

 



4


0 0


1
x


h x


x



h x     x   


Bảng biến thiên


Dựa vào bảng biến thiên, phương trình


2

2


1


0
1


m
x





Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×