Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - THPT Thái Phiên

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

10
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn tham khảo Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - THPT Thái Phiên sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những nội dung chính được đề cập trong đề thi để từ đó có kế hoạch học tập và ôn thi một cách hiệu quả hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - THPT Thái Phiên

TRƯỜNG THPT THÁI PHIÊN KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA TỔ TOÁN NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán - Chương trình chuẩn Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) Mã đề thi Họ và tên:………………………………….Lớp:…………….............……..…… 000 Câu 1: Cho hình hình lập phương cạnh a . Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương là  a3 2  a3  a3  a3 3 A. . B. . C. . D. . 3 6 2 3 Câu 2: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  3a , BC  2a , cạnh bên SA  2a và  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Thể tích khối chóp S. ABCD bằng A. 4a 3 . B. a 3 . C. 12a 3 . D. 6a 3 . Câu 3: Trong không gian Oxyz cho a  2;3; 1 ; b  2; 1;3 . Sin của góc giữa a và b bằng 2 3 5 3 5 2 A.  . B. . C.  . D. . 7 7 7 7  a2  Câu 4. Với a là số thực dương tùy ý, log 7   bằng  7  B. ln  7a 2  . 1 A. 2log7 a  1 . C. 1  2log 7 a . D. . 2 log 7 a Câu 5: Trong không gian Oxyz , cho E  1;0; 2  và F  2;1; 5 . Phương trình đường thẳng EF là x 1 y z2 x 1 y z  2 A.   . B.   . 3 1 7 3 1 7 x 1 y z2 x 1 y z  2 C.   . D.   . 1 1 3 1 1 3 1 Câu 6: Cho cấp số nhân (un ) với u1 = - ; u7 = - 32 . Tìm công bội của cấp số nhân đã cho. 2 1 A. q = ± B. q = ± 2 C. q = ± 4 D. q = ± 1 2 Câu 7: Bảng biến thiên ở hình dưới đây là bảng biến thiên của hàm số nào trong các hàm số sau? x3 x 3 A. y   x4  2 x2  1. B. y  x 4  2 x 2  1 . C. y  . D. y  . x2 2 x Câu 8: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  đi qua điểm M 1;  1; 2  , đồng thời song song với mặt phẳng  Q  : 2 x  3 y  z  5  0 có phương trình là A. 2 x  3 y  z  3  0 . B. x  y  2 z  3  0 . C. 2 x  3 y  z  3  0 . D. x  y  2 z  3  0 . Câu 9: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  2; 4 và có bảng xét dấu đạo hàm như hình bên.
Mệnh đề nào sau đây sai về hàm số đó? A. Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 . B. Hàm số đạt cực đại tại x  1 . C. Hàm số đạt cực đại tại x  2 . D. Hàm số đạt cực đại tại x  1 . Câu 10: Giả sử f  x  là hàm số bất kỳ liên tục trên khoảng  ;   và a, b, c   ;   . Mệnh đề nào sau đây sai? b b a b c b A.  f  x  dx   a c f  x  dx   f  x  dx . c B.  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx . a a c b c b b c a C.  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx . D.  f  x  dx    f  x  dx   f  x  dx . a a c a b c Câu 11: Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây đúng về hàm số đó y -1 O 1 2 x 3 -1 -4 A. Nghịch biến trên khoảng  1;0  . B. Đồng biến trên khoảng  4; 1 . C. Đồng biến trên khoảng  1;0  . D. Nghịch biến trên khoảng 1;3 . F  x f  x   ex  x F  0  2 Câu 12: Tìm nguyên hàm của hàm số biết x2 x2 x2 x2 A. F  x   e x   1. B. F  x   e x   1 . C. F  x   e x   1 . D. F  x   e x   1 . 2 2 2 2 Câu 13: Phương trình log  x  9   3 có nghiệm là A. 91. B. 9991. C. 1009 . D. 991 . Câu 14: Tìm công thức tính số các tổ hợp chập k của một tập có n phần tử. n! n! n! n! A. Cnk  . B. Cnk  . C. Ank  . D. Ank  .  n  k !  n  k  !k !  n  k !  n  k  !k ! Câu 15: Cho các số phức z  a  bi, w  x  yi, với a, b, x, y  . Điểm M biểu diễn số phức z  w có tọa độ là A.  a  x; b  y  . B.  a  x; b  y  . C.  a  b; x  y  . D.  a  b; x  y  . Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P) : x  2 y  3z  2  0 , (Q) : x  y  3  0 .Mặt phẳng   vuông góc với cả ( P ) và (Q) đồng thời cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 5. Phương trình của mp   là:
A. 3x + 3 y + z - 15 = 0 . B. x + y + z + 3 = 0 . C. - 2 x + z + 6 = 0 . D. - 2 x + z - 6 = 0 .  1 i  2019 Câu17. Cho số phức z thỏa mãn   z   3  4i  i . Mô đun của z bằng  1 i  1 2 5 A. 5 B. C. D. 5 5 2 Câu 18: Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 8 và có chiều cao bằng đường kính đáy. Thể tích khối trụ trương ứng bằng A. 32 . B. 16 . C. 8 . D. 4 . Câu 19: Biết rằng phương trình log2 x  15log x 2  2 có hai nghiệm x1 , x2  x1  x2  . Giá trị của x1  16 x2 bằng 4095 4097 A.  . B. 30 . C. 34 . D. . 8 8 2 x 5 Câu 20: Đạo hàm của hàm số f ( x)  3 x7 là: 2 x 5 2 x 5 19 ln 3 19 A. f ( x)  B. f ( x)  ' x7 ' x7 3 . 3  x  7  x  7 2 2 2 x 5 19 19 ln 3 2 x 5 C. f ( x)  D. f ( x)  ' x7 ' x7 3 3  x  7  x  7 2 2 Câu 21: Cho f  x   x 4  6 x 2  8 . Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  và trục hoành. Mệnh đề nào sau đây sai? 2 2 2 A. S   f  x  dx . B. S  2  f  x  dx  2  f  x  dx . 2 0 2 2 2 C. S  2 f  x  dx . D. S  2  f  x  dx . 0 0 Câu 22: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x3  2x2 , x  . Hàm số y  f  2  x  đồng biến trên khoảng A.  2;   . B.  ;2 . C.  4;2 . D. . x 3 Câu 23: Cho hàm số y  . Khẳng định nào sau đây đúng? x2  9 A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  1 . B. Đồ thị hàm số chỉ có 1 tiệm cận đứng là x  3 . C. Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng. D. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng là x  3; x  3 . Câu 24: Biết rằng  ,  là các số thực thỏa mãn 32   3  34    81 3  34   . Giá trị của   6 bằng A. 1. B. 2. C. 4. D. 3. Câu 25: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có AB  a . Mặt phẳng  ABC  tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 30 . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC bằng a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 4 6 8 24
Câu 26: Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Hàm số y  f ( x  3) đạt cực đại tại x -∞ -1 0 2 +∞ 1 1 f(x) -2 A. x  1 B. x  2 . C. x  0 . D. x  3 . Câu 27: Cho hình nón tròn xoay có bán kính đáy bằng 2 và diện tích xung quanh bằng 4 2 . Góc ở đỉnh của hình nón đã cho bằng A. 60o . B. 150o . C. 90o . D. 120o . Câu 28: Gọi z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình z 2  2 z  3  0 . Số phức z1 z2  z1 z2 bằng A. 2 . B. 5 . C. 2 . D. 5i . Câu 29: Gọi m , M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f  x   2 x  5  x 2 . Giá trị của m 2  M bằng A. 5 . B. 25 . C. 5  2 5 . D. 45 . Câu 30: Cho hình lập phương ABCD. ABCD . Góc giữa hai đường thẳng AC và AB bằng A. 45 . B. 60 . C. 30 . D. 120 . Câu 31: Giải bóng chuyền quốc tế VTV Cup có 12 đội tham gia, trong đó có 3 đội Việt Nam. Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng đấu, mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội của Việt Nam cùng nằm ở một bảng đấu. 3 1 1 6 A. . B. . C. . D. . 55 330 110 55 x æ p÷ ö Câu 32: Tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = trên khoảng çç0; ÷ là cos 2 x ÷ çè 2 ø A. F (x) = x tan x + ln (cos x)+ C. B. F (x) = - x tan x + ln (cos x)+ C. C. F (x) = x tan x - ln (cos x)+ C. D. F (x) = x tan x - ln cos x + C. Câu 33: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a . Gọi E là trung điểm AB . Biết góc giữa CB và  BCC B  bằng 30o . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CE bằng a 6 2a 6 a 6 2a 6 A. . B. . C. . D. . 3 3 6 6 Câu 34: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình f  f  x   1  0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
A. 6 . B. 5 . C. 7 . D. 4 . Câu 35: Cho các số phức z thỏa mãn z  2i 2020  z  1  2i . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w  2 z  1  4i trên mặt phẳng tọa độ là một đường thẳng. Khoảng cách từ I  2;  3 đến đường thẳng đó bằng 18 5 18 13 10 3 10 5 A. . B. . C. . D. . 5 13 3 5 Câu 36: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên . Bảng biến thiên của hàm số y  f '  x  như hình dưới Tìm m để bất phương trình m  2sin x  f  x  nghiệm đúng với mọi x   0;   . A. m  f (0) . B. m  f (1)  2sin1. C. m  f (0) . D. m  f (1)  2sin1 . 1 dx Câu 38: Biết rằng  x5 2 x3 9  a ln 2  b ln 3  c ln 5 , với a, b, c là các số hữu tỉ. Giá trị của a  b  c bằng A. 10 . B. 5 . C. 10 . D. 5 . x 1 y z  2 Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :   và hai điểm A(1;3;1) và 2 1 1 B  0;2; 1 . Gọi C  m; n; p  là điểm thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC vuông tại A. Giá trị của tổng m  2n  p bằng A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 5 . Câu 40: Bất phương trình  x 2  3x  ln  x  2   0 có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. 5 . B. 4 . C. 3 . D. Vô số. Câu 41: Cho hàm số f ( x) có đồ thị hàm y  f '( x) như hình vẽ. Hàm số y  f (cos x)  x 2  x đồng biến trên khoảng A. 1; 2  . B.  1;0  . C.  0;1 . D.  2; 1 .
Câu 42: Cho hàm số f ( x)  2x  2 x . Gọi m0 là số lớn nhất trong các số nguyên m thỏa mãn f (m)  f (2m  212 )  0 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. m0  1513; 2019  . B. m0  1009;1513 . C. m0  505;1009  . D. m0  1;505  . Câu 43: Cho hàm số f  x  thỏa mãn f   x   2 xf  x   2 xe  x , x  và f  0   1 . Tất cả các nguyên hàm 2 của x. f  x  e x là 2    1 2 x  1 e  x  C . C.  x 2  1 e x  C .  1 2 x  1  C . 2 2 2 2 A. x 2  1  C . 2 2 B. D. 2 2 Câu 44: Cho hàm số f  x  có đồ thị hàm số y  f   x  được cho như hình vẽ bên. Hàm số y  f  x   x 2  f  0  có nhiều nhất bao nhiêu cực trị trong khoảng  3;3 . A. 6. B. 2. C. 5. D. 3 Câu 45: Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có SA = a 21 , côsin góc hợp bởi hai mặt phẳng (SAD) và 1 (ABCD) bằng . Thể tích của khối chóp S. ABCD bằng 10 19 3 2 19 3 4 19 3 A. a . B. a . C. a . D. 4 19a3 . 3 3 3 Câu 46: Cây dù ở khu vui chơi “công viên nước” của trẻ em có phần trên là một chỏm cầu, phần than là một khối nón cụt như hình vẽ. Biết ON  OD  2m ; MN  40cm ; BC  40cm ; EF  20cm . Tính thể tích của cây dù
N A B M C D E F O 896000 A. 336000  cm3  2750p 3 ( cm3 ) . B. 3  cm3  . C. 112000  cm3  D. 896000  cm3  2050p 2250p 3 (cm3 ) . 3 (cm3 ) . Câu 47: Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn  z  1 z  2i  là một số thuần ảo. Biết rằng z1  z2  2 , giá trị nhỏ nhất của z1  5 z2 bằng A. 13  5 . B. 3 5  13 . C. 3 5  2 13 . D. 5  22 . Câu 48: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. 1 x  Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình f   1  x  m có nghiệm thuộc đoạn  2; 2 ? 3 2  A. 11. B. 9. C. 8. D. 10. Câu 49: Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  z  1  0,  P  : 2 x  y  z  2  0, và hai x y 1 z 1 x y  2 z 1 đường thẳng 1 :   , 2 :   . Đường thẳng  song song với hai mặt 2 1 2 1 1 2 phẳng  P  ;  Q  và cắt 1 ,  2 tương ứng tại H , K . Độ dài đoạn HK bằng 8 11 11 A. . B. 5 C. 6. D. . 7 7
Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;3 , B  4;4;5 . Giả sử M là điểm thay đổi trong mặt phẳng ( P) : 2 x  2 y  z  2019  0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  AM  BM . A. 17 . B. 77 . C. 7 2  3 . D. 82  5 . ----------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN 1-B 2-A 3-D 4-A 5-B 6-B 7-C 8-C 9-D 10-C 11-C 12-B 13-D 14-B 15-B 16-A 17-A 18-C 19-B 20-A 21-D 22-A 23-B 24-C 25-C 26-D 27-C 28-D 29-B 30-B 31-A 32-A 33-A 34-C 35-D 36-C 37-B 38-A 39-A 40-A 41-A 42-B 43-D 44-C 45-C 46-A 47-B 48-C 49-A 50-A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: B a Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính R  . 2 3 a 4   4 R 3  2   a . 3 Vậy thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương là V   3 3 6 Câu 2: A Vì  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy nên SA   ABCD  1 1 V  .SA. AB.BC  .2a.3a.2a  4a 3 . 3 3 Câu 3: D 4   cos a; b  4  9  1. 4  1  9  2 7   sin a; b  1  cos 2 a; b   3 5 7 Câu 4: A  a2  log 7    log 7 a 2  log 7 7  2log7 a  1  7 
Câu 5: B Đường thẳng EF có véc tơ chỉ phương là EF   3;1; 7  . Đường thẳng EF đi qua điểm E  1;0; 2  , có véc tơ chỉ phương  3;1; 7  nên phương trình EF là x 1 y z  2   . 3 1 7 Tổng quát: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  x1; y1; z1  và B  x2 ; y2 ; z2  . Khi đó đường x  x1 y  y1 z  z1 thẳng AB có một phương trình dạng   . x2  x1 y2  y1 z2  z1 Câu 6: B u7 (un )là cấp số nhân nên ta có: u7 = u1.q 6 Þ q 6 = = 64 u1 Þ q = ± 2. Vậy công bội của cấp số nhân đã cho: q = ± 2. Câu 7: C Từ bảng biến thiên của hàm số ta thấy: đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y  1 nên loại các đáp án A, B, D, vậy chọn C. Câu 8: C Do mặt phẳng  P  song song với mặt phẳng  Q  : 2 x  3 y  z  5  0 nên mặt phẳng  P  nhận vectơ pháp tuyến nQ   2; 3;  1 làm vectơ pháp tuyến và đi qua điểm M 1;  1; 2  nên có phương trình: 2  x  1  3  y  1   z  2   0  2 x  3 y  z  3  0. Câu 9: D Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm đã cho ta thấy f ' 1  0 và đạo hàm không đổi dấu khi x qua x0  1 nên hàm số đã cho không đạt cực đại tại x  1 . Câu 10: C Đáp án A, B, D đúng vì theo tính chất tích phân. Đáp án C sai. Câu 11: C Trên khoảng  1;0  đồ thị có hướng đi lên nên hàm số đồng biến ứng với khoảng này. Câu 12: B x2  x  Ta có F  x    e  x dx  e   C 2 x Theo bài ra F  0   2  1  C  2  C  1 x2 Vậy F  x   e   1 . x 2 Câu 13: D  x  9  103  x  991 Ta có: log  x  9   3     x  991 . x  9  0  x  9 Câu 14: B n! Số các tổ hợp chập k của một tập có n phần tử phần tử, kí hiệu là: Cnk  .  n  k  !k !
Câu 15: B + Theo quy tắc trừ số phức thì z  w   a  bi    x  yi    a  x    b  y  i . Suy ra điểm biểu diễn là điểm có tọa độ  a  x; b  y  . Câu 16: A ( P ) có vectơ pháp tuyến nP  1; 2;3 ,  Q  có vectơ pháp tuyến nQ  1; 1;0  . Vì mặt phẳng   vuông góc với cả  P  và  Q  nên   có một vectơ pháp tuyến là n   nP ; nQ    3;3;1 . Vì mặt phẳng   cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 3 nên   đi qua điểm M  5;0;0  . Vậy   đi qua điểm M  5;0;0  và có vectơ pháp tuyến n   3;3;1 nên   có phương trình: 3x  3 y  z  15  0 . Câu17: A  1 i  2019   z   3  4i  i  i.z   3  4i  i  z  3  4i . Vậy z  5  1 i  Câu 18: C Theo bài ra ta có r  l  h  S xq  2 rl  2 r 2  8  r  2 Thể tích của khối trụ đã cho là : V   r 2 h   r 3  8 . Câu 19: B x  0 Điều kiện  x  1 15 log2 x  15log x 2  2  log 2 x   2  log 22 x  2log 2 x  15  0 log 2 x  x  32  x1  32 log 2 x  5     1   1  x1  16 x2  30 . log 2 x  3 x  x2   8 8 Câu 20: A Áp dụng công thức: ' 2 x 5  2xx75  2 x 5  2x  5  ' f ( x)  3  f ( x)   3 19ln 3 2xx75  3 x7 ' x7 ln 3.    3    x  7   x  7 2 ad  bc ,  ax+b  Chú ý áp dụng công thức tính nhanh     cx+d   cx  d  2 Câu 21: D Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số f  x   x 4  6 x 2  8 và trục hoành:  x2  2 x   2 x4  6 x2  8  0     x 2  4  x  2 Diện tích hình phẳng cần tìm là: 2 S  f  x  dx 1 2
2  2 f  x  dx  2  (do f  x  là hàm số chẵn) 0 2 2  2  f  x  dx  2  f  x  dx 0 2  f  x  dx  3 (do trong các khoảng  0;   2 2 2  f  x  dx  2 2 , 2; 2 phương trình f  x   0 0 2 vô nghiệm) Từ 1 ,  2  ,  3 suy ra các đáp án A, B, C là đúng, đáp án D là sai. Máy tính: Bấm máy tính kiểm tra, ba kết quả đầu bằng nhau nên đáp án sai là đáp án D. Câu 22: A + Ta có f   x   x3  2x2 suy ra f  x    f   x  dx   x3  2x2 dx    x4 2x3 4  3 C  2  x 2 2  x 4 3 + Suy ra y  g  x   f  2  x    C 4 3   2  x  4 2  2  x 3  + Tính g '  x   f   2  x  =   C  =  2  x  22  x  2  x x 3 2 2   4 3    + Hàm số đồng biến suy ra g '  x   0  x  0. Chọn A. Câu 23: B x  3 Điều kiện xác định: x 2  9  0   .  x  3 A sai vì: Hàm phân thức, có bậc tử (bậc 1) nhỏ hơn bậc mẫu (bậc 2) nên đồ thị có 1 tiệm cận ngang y  0. Giải phương trình: x 2  9  0  x  3 . Kiểm tra giới hạn: x 3 x 3 1 lim  lim 2  (học sinh có thể dùng máy tính kiểm tra), suy ra, x  3 không là tiệm cận x 3 x  9 x 3 x  9 2 6 đứng của đồ thị hàm số. x3 lim   (học sinh có thể dùng máy tính kiểm tra), suy ra x  3 là tiệm cận đứng của đồ thị x 3 x  9 2 hàm số. Câu 24: C  1   Ta có: 32   3  34    81 3  34    32  3  34   81   4  3 3 1  .   3  34     2  4    3  3  3   81   4    3  34   32     4  81  0.   3  3 81  32     4   0 (do 3  34   0 ). 3 3 6   81   4  0  3 6   81  0 (do 3  4   0 ). 3 3  6   81  3 6   34    6  4 .
Câu 25: C A' a B' C' A B M C Gọi M là trung điểm đoạn BC suy ra AM  BC , AM  BC Góc giữa mặt phẳng  ABC  và mặt phẳng  ABC  chính là góc giữa hai đường thẳng AM và AM suy ra AMA  30 1 1 a2 3 SABC  AB. AC.sin BAC  a.a.sin 60  2 2 4 a 3 AM  2 a Tam giác vuông AAM có AA  AM tan 30  2 a3 3 Thể tích khối chóp ABC. ABC là: VABC . ABC  SABC . AA '  . 8 Câu 26: D Đặt  x  3  t . Ta thấy  f   x  3    f ( x  3)   f (t ) nên để hàm số y  f ( x  3) đạt cực đại thì hàm số y  f (t ) phải đạt cực tiểu Theo bảng biến thiên thì hàm số y  f (t ) đạt cực tiểu tại t  0 Suy ra hàm số y  f ( x  3) đạt cực đại tại  x  3  0 hay x  3 Câu 27: C h l R Gọi góc ở đỉnh của hình nón bằng 2 . Ta có: S xq  4 2   Rl  4 2  l  2 2 R 2 Nên sin       45o l 2 Vậy góc ở đỉnh của hình nón bằng 90o . Câu 28: D
 z  1  2i z2  2z  3  0    z  1  2i     z1 z2  z1 z2  1  2i 1  2i  1  2i 1  2i  2 .   Vậy z1 z2  z1 z2  2. Cách 2: Phương trình bậc hai z 2  2 z  3  0 có '  2 là số nguyên âm nên phương trình có hai nghiệm phức z1 , z2 và z1 = z2 , z2 = z1 . ìï z + z2 = - 2 Áp dụng định lý Viét, ta có: ïí 1 ïïî z1.z2 = 3 Suy ra: z1 z2  z1 z2  z12  z2 2   z1  z2   2 z1.z2  4  6  2. 2 Câu 29: B Hàm số xác định và liên tục trên đoạn   5; 5  .   x 2 5  x2  x Ta có f   x   2   . 5  x2 5  x2 f   x   0  2 5  x2  x  0  2 5  x2  x . x  0  x  0 x  0  4  5  x   x 2       x  2  x  2   5; 5 .   5 x  20  0 2 2   x  2    Ta có: f  5  2 5 ; f  2   5 ; f  5  2 5. Suy ra M  max f  x   5 và m  min f  x   2 5 .  5; 5   5; 5        2 Vậy m 2  M  2 5  5  25 . Câu 30: B Do AC // AC  nên góc giữa hai đường thẳng AC và AB là góc giữa hai đường thẳng AC và AB . Ta có AC   AB  BC   a 2 ( với a là độ dài cạnh của hình lập phương )   ABC  đều  BAC  600  góc giữa hai đường thẳng AC và AB là 60 . Câu 31: A Gọi ba bảng đấu có tên là A, B, C. Chọn 4 đội cho bảng A có C124 cách, chọn 4 đội cho bảng B có C84 cách và 4 đội còn lại vào bảng C có 1 cách.
Theo quy tắc nhân, số cách chia 12 đội thành 3 bảng đấu là: n     C124 .C84 .1  34650 (cách) Gọi A là biến cố “3 đội Việt Nam cùng nằm ở một bảng đấu. Giả sử 3 đội Việt Nam cùng nằm ở bảng A. Khi đó bảng A sẽ chọn 1 đội trong 9 đội nước ngoài và 3 đội Việt Nam, 8 đội còn lại chia vào bảng B và C. Trong trường hợp này ta có số cách chọn là C91.1.C84 .1  630 (cách) Vì vai trò của các bảng là như nhau nên trường hợp 3 đội Việt Nam ở bảng B hay bảng C đều cho kết quả như nhau. Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A  C91.C84 .3  1890 (cách) n  A  1890 3 Xác suất của biến cố A là: P  A     . n    34650 55 Câu 32: A ìï u = x x ïï ìï du = dx Gọi F (x) = ò dx . Đặt í 1 Þ íï cos 2 x ïï dv = dx ïïî v = tan x ïî cos 2 x x sin x Khi đó: F (x) = ò 2 dx = x tan x - ò dx cos x cos x d (cos x) = x tan x + ò = x tan x + ln cos x + C. cos x æ pö Vì x Î çç0; ÷÷ ÷ nên cos x > 0 , suy ra ln cos x = ln (cos x) . çè 2 ø Vậy: F (x) = x tan x + ln (cos x)+ C. Câu 33: A Thấy CE  AB , CE  AA  CE   AABB  hay  AABB  chính là mặt phẳng qua AB , vuông góc với CE . Gọi H là hình chiếu của E trên AB  EH chính là đoạn vuông góc chung của AB và CE  d  CE , AB   EH . Mặt khác CB có hình chiếu là EB trên  BCC B  là EB   CB,  BCCB     CB, EB   CBE  CBE  30o  CB  2CE  2.a 3  CC   CB2  C B2  12a 2  4a 2  2a 2 . Gọi K là hình chiếu của A trên AB . 1 1 1 1 1 1 3 2a 2 Ta có EH  AK và    2  2  2  AK  2 AK 2 AA 2 AB 2 8a 4a 8a 3 a 2 a 6 a 6  EH   hay d  CE , AB   . 3 3 3
Câu 34: C Đặt t  f  x   1  f  x   t  1 . Từ đồ thị của hàm số đã cho, phương trình f t   0 có ba nghiệm phân biệt: t1   2; 1 , t2   1;0  , t3  1; 2  . +) Với t1   2; 1  1  t1  1  0 , dựa vào đồ thị đã cho phương trình f  x   t1  1 có 3 nghiệm thực x phân biệt. +) Với t2   1;0   0  t2  1  1 , dựa vào đồ thị đã cho phương trình f  x   t2  1 có 3 nghiệm thực x phân biệt. +) Với t3  1; 2   2  t3  1  3 , dựa vào đồ thị đã cho phương trình f  x   t3  1 có 1 nghiệm x . Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm thực phân biệt. Câu 35: D Giả sử z  a  bi  a; b   và w  x  yi  x; y  . Ta có z  2i 2020  z  1  2i  a  bi  2  i 2  1010  a  bi  1  2i   a  2  b2   a  1   2  b   2a  4b  1  0 1 . 2 2 2 Theo giả thiết: w  2 z  1  4i  x  yi  2  a  bi   1  4i  x  yi  2a  1   4  2b  i .  x 1  a  x  2a  1    2  2 .  y  4  2b b  4  y  2 x 1 4 y Thay  2  vào 1 ta được: 2.  4.  1  0  x  2 y  6  0 . 2 2 10 5 Vậy: d  I ,    . 5 Câu 36: C Ta có m  2sin x  f  x   m  f  x   2sin x . Đặt g  x   f  x   2sin x . Ta có g   x   f   x   2cos x . g   x   0  f   x   2cos x . Mà f   x   2, x   0;   và 2cosx  2,x   0;   nên g   x   0, x   0;   .  f '( x)  2 g  x   0    x  0. 2 cos x  2 Từ đó ta có bảng biến thiên của g ( x) : Bất phương trình m  2 f  x  2    x  1 x  3 nghiệm đúng với mọi x   3;    m  g  0   m  f (0) . Câu 37: B
Gọi D  x; y; z   DA =  x  2; y; z  ; DB =  x; y  2; z  ; DC =  x; y; z  2  Vì DA, DB, DC đôi một vuông góc nên  DA.DB  0  x  x  2  y  y  2  z 2  0   4   DA.DC  0   x  x  2   y 2  z  z  2   0  x  y  z     x2  y  y  2  z  z  2  0 3  DB.DC  0  I  a; b; c  là tâm mặt Câu 38: A Đặt t  x  3  t 2  x  3  2tdt  dx Đổi cận: x  2  t  1 ; x  1  t  2 .  3 2  1 1 2 2 dx dx tdt Ta có:   2 x  3  5 3x  1  6  21 t 2  5t  6  21  t  3  t  2  dt 2 x  5 x  3  9    2 3ln t  3 1  2ln t  2 1  2  5ln 4  2ln 3  3ln 5  =  20ln 2  4ln 3  6ln 5 2 2 Suy ra: a  20 , b  4 , c  6 . Vậy a  b  c  10 Câu 39: A Vì C  d nên tọa độ của C có dạng C  1  2t; t; 2  t  Ta có AB 1; 1; 2  và AC  2t ; t  3;1  t  1 Vì ABC vuông tại A nên AC. AB  0  2t  t  3  2  2t  0  3t  1  0  t  . 3  5 m  3   5 1 4   1 5 2 7 C  ; ;   n   m  2n  p    0.  3 3 3  3 3 3 3  7 p  3  Câu 40: A  ln  x  2   0  x  2 1   Ta có:  x  3x  2 ln  x  2   0     x  3 x  0   0  x  3 2  ln  x  2   0    x  2  1    x  1   x  1   0  x  3   .   0 x3   x  1 Vì x   x  1;0;1; 2;3 . Vậy có 5 nghiệm. Câu 41: A Phân tích: Bản chất dạng toán này thường là đặc điểm: Tổng hai hàm dương (hàm đồng biến), tổng hai hàm âm (hàm nghịch biến) Tính chất: Cho hàm số y  f  x  tăng trên khoảng D1 , hàm số y  f  x  tăng trên khoảng D2 . Khi đó ta có hàm số y  f  x   g  x  tăng trên khoảng D  D1  D2 1 + Quan sát bài toán: y  x 2  x  y '  2 x  1  0  x  , nếu trắc nghiệm thấy ngay đáp án A. 2
Hướng dẫn giải: Ta có: y '   sin x. f '  cos x   2 x  1 + Vì cos x   1;1   sin x. f '  cos x    1;1 mà 2 x  1  1  x  1 + Suy ra y '   sin x. f '  cos x   2 x  1  0, x  1 hay hàm số tăng trên [1; ) Câu 42: B Phân tích: + Bài toán nếu thế vào: P(m)  2m  2 m  22 m2  22 m 2  0 12 12 + Biểu thức P (m) khá phức tạp. Điều này chứng tỏ bài toán cho hàm số y  f ( x) chắc chắn có tính chất đặc biệt. + Nhìn yếu tố xuất hiện hàm số y  f  x   2 x  2 x . Ta có hàm số lẻ và tăng trên . Đây chính là chìa khóa ta giải quyết bài toán. Hướng dẫn giải: Ta có hàm số y  f ( x)  2x  2 x hàm số lẻ và tăng trên 212 Yêu cầu bài toán  f  2m  212    f  m   f  m   2m  212  m  m  3  212  m nguyên lớn nhất là: m     1365  3  Bài toán tổng quát: Giải bất phương trình: f  u  x, m    f  v  x, m    0 (*) Với f ( x) là hàm số lẻ và tăng (hoặc giảm) trên tập D f Câu 43: D Ta có f   x   2 xf  x   2 xe  x  e x 2 2  f   x   2 xf  x    e x2    .2 xe  x  e x f  x   2 x 2 2  e x f  x    2 xdx  x 2  C . 2 Vì f (0)  1  C  1  f  x    x 2  1 e x . 2  xf  x  e dx   x  x 2  1 dx  1   x 2  1 d  x 2  1   x 2  1  C . 1 x2 2 Vậy 2 2 Câu 44: C Xét hàm số: g  x   f  x   x 2  f  0  . Ta có g /  x   f /  x   2 x ; g /  x   0  f /  x   2 x Nghiệm phương trình trên là hoành độ giao điểm của hai đồ thị y  2 x và y  f /  x   x  2 Dựa vào đồ thị suy ra phương trình: f /  x   2 x có hai nghiệm  x  2 Trên khoảng  3;3 , hàm số g  x  có hai điểm cực trị là x  2, x  2 . Do đó đồ thị hàm số y  g  x  cắt trục hoành tại tối đa 3 điểm. Câu 45: C
Gọi cạnh hình vuông đáy là x ,góc hợp bởi hai mặt phẳng (SAD) và (ABCD) là góc nhọn · · 1 OM 1 x 1 21 2 SMO Þ cos SMO = Û = Û = Û x = 21a 2 Û x = 2a . 10 SM 10 1 2 10 4 2 21a 2 - x 4 Thể tích của khối chóp S. ABCD bằng 1 1 2 21a 2 - 2a 2 4 19 3 V = SO.S ABCD = SC 2 - OC 2 .(4a ) = .4a 2 = a . 3 3 3 3 Câu 46: A Thể tích phần trên của cây dù là thể tích của khối chỏm cầu:  h  MN  2 40  896000 V1   h 2  R     .MN 2 .  ON     .40  200      cm3  .  3  3   3  3 Thể tích phần thân của cây dù là thể tích của khối nón cụt: V2   .h.  R12  R22  R1.R2    .OM .  MB 2  OE 2  MB.OE    .160.  400  100  200  1 1 1 3 3 3   cm3  . 112000  3   336000  cm3  . 896000 112000 Vậy thể tích của cây dù: V  V1  V2   3 3 Câu 47: B Đặt z  x  yi  x; y     z  1 z  2i   x 2  y 2  x  2 y   2 x  y  2  i. Theo giả thiết  z  1 z  2i  là số thuần ảo, suy ra 2 1 5  1 5 x  y  x  2 y  0  x  x   y 2  2 y  1    x     y  1  . 2 2 2 2 4 4  2 4  1  5  tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn  C1  tâm I   ; 1 , R   2  2 Giả sử z  x  yi , x, y  .Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z1 , z2 . Suy ra z1  z2  2  AB  2 . Gọi M là điểm thỏa mãn MA  5MB  0  OA  5OB  6OM .  2 1  IH 2  IA2  HA2  IH  4 Gọi H là trung điểm AB ta có   .  IH  IM  HM 2 2 2  IM 2  13  36
 1  13 Vậy tập hợp điểm M là đường tròn  C2  tâm I   ; 1 , r  .  2  6 Ta có z1  5z2  OA  5OB  6 OM  6OM . Do  C1  ,  C2  là hai đường tròn đồng tâm và O   C1   5 13  Từ đó suy ra z1  5 z2 Min  6OM Min  6 R  r  6     3 5  13  2 6  Câu 48: C x  x  Ta có phương trình  f   1  6   1  3m  6 (*) 2  2  Xét hàm số y  f  t   6t với t   1 . Vì x   2; 2 nên t   0; 2 x 2 Ta có y '  f '  t   6  0, t  0; 2 Phương trình (*) có nghiệm  min  f  t   6t   3m  6  max  f  t   6t  0;2 0;2 10  f  0   3m  6  f  2   12  m4 3 Vì m nên m  3; 2; 1;0;1; 2;3; 4 Câu 49: A + Tính u   nP , nQ    1; 1; 3 + Gọi H  2t ;1  t ; 1  2t  ; K  m; 2  m;1  2m  nên HK   m  2;1  m  t ; 2  2m  2t  + Vì song song với 2 mặt phẳng  P  ;  Q  nên HK  k .u suy ra m  2t 1  m  t 2  2m  2t 2 3   tính ra được m  ; t  . 1 1 3 7 7 8 11 + Suy ra HK  . 7 Câu 50: A Ta có:  2 xA  2 y A  z A  2019  2 xB  2 yB  zB  2019   0 nên các điểm A, B đều nằm cùng phía so với mặt phẳng ( P ) và đường thẳng AB luôn cắt mặt phẳng ( P ) tại một điểm cố định. Từ bất đẳng thức véc tơ | u |  | v |  u  v . Ta có AM  BM  AB. Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng ( P ) . Do đó AM  BM  AB   4  1   4  2    5  3  17 , đạt được khi M  AB   P  . 2 2 2 Max