Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 2 năm 2019 - Toán học tuổi trẻ

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

20
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi sắp tới. Mời các em học sinh và giáo viên cùng tham khảo Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 2 năm 2019 - Toán học tuổi trẻ để tích lũy kinh nghiệm làm bài trước kì thi. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 2 năm 2019 - Toán học tuổi trẻ

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI 2019 Câu 6. Một cuộc họp có sự tham gia của 5 nhà Toán học trong đó có 3 nam và 6 nữ, 6 nhà Vật lý ĐỂ SỐ 2 trong đó có 3 nam và 3 nữ và 7 nhà Hóa học trong (Thời gian làm bài: 90 phút) đó có 4 nam và 3 nữ. Người ta muốn lập một ban thư kí gồm 4 nhà khoa học với yêu cầu phải có đủ Câu 1. Cho f là hàm số liên tục trên R thỏa cả ba lĩnh vực ( Toán, Lý, Hóa ) và có cả nam lẫn mãn f ( x)  f ( x)  1  cos2x, x  R . Giá trị tích nữ. Nếu mọi người đều bình đẳng như nhau thì số 3 cách lập một ban thư kí như thế là phân   4 3 4 f ( x)dx bằng A. 1575 B. 1440 C. 1404 D. 171 A. 2 B. 2 2 Câu 7. Số hạng không chứa x trong khai triển 9 C. 2 2 + 1 D. 2 2 - 1  1 1  x  x   bằng 2 Câu 2. Cho hình chóp SABC, đáy ABC là tam giác  x đều cạnh a, SA vuông góc với đáy và SA = a. Gọi A. 13051 B. 13050 M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và C. 13049 D. 13048 CA. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SN Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Descartes bằng Oxyz cho điểm M( a, b, c ). Gọi A, B, C theo thứ a a a a tự là điểm đối xứng của M qua mặt phẳng (yOz), A. B. C. D. 4 17 17 3 (zOx), (xOy). Trọng tâm của tam giác ABC là Câu 3. Hàm số  a  b  c a  b  c a  b  c  A. G  , ,  f ( x)  3  x  5  x  3x 2  6 x đạt giá trị lớn  3 3 3  nhất khi x bằng a b c B. G  , ,  A. -1 B. 0  3 3 3 C. 1 D. Một giá trị khác  2a 2b 2c  Câu 4. Giá trị của giới hạn C. G  , ,   3 3 3  n 9  99  ...  99...9 bằng  abc abc abc  D. G  , ,  lim n 10n  3 3 3  A. 0 B. 1 Câu 9. Cho hàm số y  x 3  x  m với m là một 10 10 C. D. tham số thực. Số điểm cực trị của hàm số đã cho 9 81 bằng Câu 5. Cho tứ diện OABC có các góc tại đỉnh O A. 5 B. 4 đều bằng 90 và OA = a, OB = b, OC = c. Gọi G là C. 3 D. 2 trọng tâm của tứ diện. Thể tích của khối tứ diện Câu 10. Một nhóm học sinh gồm 6 bạn nam và 4 GABC bằng bạn nữ đứng ngẫu nhiên thành 1 hàng. Xác suất để abc abc có đúng 2 trong 4 bạn nữ đứng cạnh nhau là A. B. 6 8 1 1 abc abc A. B. C. D. 4 3 4 24 2 1 C. D. 3 2 1
Câu 11. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. M 399 399  1 là một điểm bất kì bên trong tứ diện. Tổng khoảng A. B. 2 2 cách từ M đến các mặt của khối tứ diện là 3 1 99 A. Một đại lượng phụ thuộc vị trí của M C. 399 D. 2 2 Câu 16. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy B. a 3 là hình vuông ABCD cạnh a, độ dài cạnh bên cũng a bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh C. 2 SA và BC. Góc giữa MN và SC bằng A. 30 B. 45 C. 60 D. 90 a Câu 17. Bất phương trình D. 3 log 2 (log4 x)  log 4 (log2 x)  2 có tập nghiệm là Câu 12. Cho tanx = m. Giá trị của A. (1, 16] B. [16,  ) sinx  cosx C. (0, 16] D. (2, 16] bằng 2sin 3 x  cosx Câu 18. Cho dãy số (un) thỏa mãn u1 = 1 và un = m u A. 0 B. un-1 + n với mọi n  2 . Khi đó lim n2 bằng m 1 2 n  n m2  1 m2  1 A. 0 B. 1 C. D. 2m 2  m  1 2m 2  m  1 C. 2 D. 1 Câu 13. Số mặt phẳng cách đều tất cả các đỉnh của 2 một hình chóp tứ giác là Câu 19. Cho z là một số phức khác 0. Miền giá trị A. 1 B. 4 zz  zz C. 5 D. 6 của là z Câu 14. Cho tứ diện SABC có trọng tâm G. Một mặt phẳng qua G cắt các tia SA, SB và SC theo thứ A. [2,  ) B. [ 2, 2] tự tại A’, B’ và C’. Đặt C. [2,4] D. [2, 2 2] SA ' SB ' SC '  m,  n,  p .Đẳng thức nào dưới đây Câu 20. Hàm số SA SB SC f ( x)  ( x  1)  ( x  2)  ...  ( x  n) đạt giá 2 2 2 trị là đúng nhỏ nhất khi x bằng 1 1 1 A. 2  2  2  4 n 1 n m n p A. B. 2 2 1 1 1 n(n  1) n 1 B.   4 C. D. mn np pm 2 2 1 1 1 Câu 21. Phương trình mặt phẳng cách đều hai C.    4 m n p x 1 y 1 z  2 đường thẳng d1:   và d2: D. m  n  p  4 2 3 1 Câu 15. Giá trị của tổng x2 y2 z   là 1  2 C99  2 C99  ...  2 C99 bằng 2 2 4 4 98 98 1 5 2 A. -11x + 5y + 7z – 1=0 B. 11x - 5y - 7z +1=0 2
C. -11x + 5y + 7z +1=0 2 1 D. -11x + 5y + 7z + 11=0 Câu 29. Số a > 0 thỏa mãn x a 3 x dx  ln 2 là Câu 22. Cho log 27 a  log9 b2  5 và 1 A.1 B. log 27 b  log9 a  7 .Giá trị của a  b bằng 2 2 A. 0 B. 1 1 C. 2 D. C. 27 D. 702 4 Câu 23. Điều kiện cần và đủ để Câu 30. Đường thẳng nối hai điểm cực trị của đồ x  y  z  2 x  4 y  6 z  m  9m  4  0 là 2 2 2 2 mx 2  (4  2m) x  6 thị hàm số y  cách gốc tọa độ phương trình của một mặt cầu 2( x  9) A. m > 0 B. m < -1 hoặc m > 10 một khoảng lớn nhất khi m bằng C. 1  m  10 D. -1 < m < 10 A. 1 B. - 1 Câu 24. Trên giá sách có 20 cuốn sách. Số cách 2 2 lấy ra 3 cuốn sao cho giữa 2 cuốn lấy được bất kì C. 2 D. 1 luôn có ít nhất hai cuốn không được lấy là Câu 31. Thể tích khối trụ nội tiếp một mặt cầu có A. C163 B. A163 bán kính R không đổi có thể đạt giá trị lớn nhất 3 3 bằng C. C20 D. A20 4 3  3 Câu 25. Một hình lăng trụ có tổng số đỉnh và số A. R B. R 9 3 9 3 cạnh bằng 200 thì có số đỉnh là A. 100 B. 80 2 3 4 3 3 C. R D. R C. 60 D. 40 9 3 9 1 1 1 4x Câu 26. Giá trị của tổng 1   2  ...  2019 ( ở đó Câu 32. Cho hàm số f ( x)  . Giá trị của i i i 4x  2 2 i = -1 ) bằng  1   2   99  f  f    ...  f   bằng A. 0 B. 1  100   100   100  C. -1 D. i 1 1 A. 49 B. Câu 27. Cho hàm số f ( x)  2 . Giá trị của 2 x 1 99 C. D. 50 f ( n ) (0) bằng 2 A. 0 B. 1 Câu 33. Gieo một con súc sắc năm lần liên tiếp. n !(1  (1)n ) n !(1  (1) n ) Xác suất để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần C. D. 2 2 gieo đó là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 là Câu 28. Cho tam giác ABC. Tập hợp các điểm M A. 1 B. 211 trong mặt phẳng thỏa mãn 2 7776 MA  MB  MC  MA  2MB  MC là 2 5 C. D. 3 486 A. một đoạn thẳng Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Descartes B. một đường thẳng Oxyz, cho hai điểm A(3, 2, 1) và B(-1, 4, -3). Điểm C. một đường tròn D. một elip 3
M thuộc mặt phẳng (xOy) sao cho MA  MB lớn Câu 41. Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA = a, nhất là SB=b, SC= c và BSC  120 , CSA  90 , A. M(-5, 1, 0) B. M(5, 1, 0) ASB  60 . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. C. M(5, -1, 0) D. M(-5, -1, 0) Độ dài đoạn SG bằng Câu 35. Hình vuông nội tiếp elip (E) có phương 1 2 A. a  b 2  c 2  ab  bc  ca x2 y 2 3 trình   1thì có diện tích bằng a 2 b2 B. a 2  b2  c 2  ab  bc 4a 2b2 a 2b 2 1 2 A. 2 B. 2 C. a  b 2  c 2  ab  ca a  b2 a  b2 3 C. a 2  b 2 D. ab 1 2 D. a  b 2  c 2  ab  bc Câu 36. Cho tanx – tany = 10 và cotx – coty =5. 3 Giá trị của tan(x – y) là Câu 42. Kí hiệu M và m lần lượt là giá trị lớn nhất A. 10 B. -10 và nhỏ nhất của hàm số y  x 2  4  x 2 . Khi đó 1 1 M + m bằng C. - D. 10 10 25 1 Câu 37. Giá trị của tổng C99  C109  ...  C99 9 bằng A. B. 4 4 9 10 A. C100 B. C99 15 C. 4 D. 10 C. C100 D.299 4 Câu 43. Kí hiệu M và m theo thứ tự là giá trị lớn Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình nhất và nhỏ nhất của hàm số y  sin3 x  cos5 x . Khi đó M – m bằng x 2  y 2  z 2  9 và điểm A(0, -1, 2). Gọi (P) là mặt A. 0 B. 1 phẳng qua A và cắt mặt cầu (S) theo một đường C. 2 D. 4 tròn có chu vi nhỏ nhất. Phương trình của (P) là Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Descartes A. y  2 z  5  0 B.  y  2 z  5  0 Oxy cho hai điểm A(1, a) và B( -a, 2). Diện tích C. y  2 z  5  0 D. x  y  2 z  5  0 tam giác OAB có thể đạt giá trị nhỏ nhất bằng Câu 39. Số mặt đối xứng của một hình chóp tứ A. 0 B. 1 giác đều là C. 2 D. 3 A. 0 B. 1 Câu 45. Số các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ C. 2 D. 4 số của nó tăng dần hoặc giảm dần là Câu 40. Một túi đựng 20 tấm thẻ được đánh số từ A. A105 B. C105 1 đến 20. Rút ngẫu nhiên ra hai tấm thẻ. Xác suất C. 2C95  C94 D. 2C95 để tích của hai số ghi trên hai tấm thẻ rút được là một số chia hết cho 4 bằng 1  2i Câu 46. Giả sử là một nghiệm ( phức ) của 1 1 1 i A. B. 3 2 phương trình ax 2  bx  c  0 trong đó a, b, c là các 1 2 số nguyên dương. Thế thì a+b+c nhỏ nhất bằng C. D. 4 3 A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 4
Câu 47. Điều kiện của tham số m để phương trình 8log3 x  3x log3 2  m có nhiều hơn một nghiệm là A. m 2 C. -2
MA TRẬN Cấp độ câu hỏi Chuyên Vận STT Đơn vị kiến thức Nhận Thông Vận Tổng đề dụng biết hiểu dụng cao 1 Đồ thị, BBT 0 2 Cực trị C9 C30 2 3 Đơn điệu 0 4 Tương giao 0 Hàm số C20 5 Min - max C42 C3 4 C43 6 Tiệm cận 0 7 Bài toán thực tế 0 8 Hàm số mũ - logarit 0 Biểu thức mũ - 9 C32 C22 2 logarit Mũ - logarit Phương trình, bất C17 10 phương trình mũ - C49 3 C47 logarit 11 Bài toán thực tế 0 12 Nguyên hàm 0 13 Nguyên Tích phân C2 C29 C1 3 hàm – 14 Tích phân Ứng dụng tích phân C48 1 15 Bài toán thực tế 0 16 Dạng hình học 0 C19 17 Số phức Dạng đại số 2 C26 18 PT phức C46 1 19 Hình Oxyz Đường thẳng C34 1 6
20 Mặt phẳng C38 C21 2 21 Mặt cầu C23 1 Bài toán tọa độ C13 C8, 22 C41 5 điểm, vecto, đa điện C39 C25 23 Bài toán max, min 0 Thể tích, tỉ số thể C5 24 2 HHKG tích C14 25 Khoảng cách, góc C11 C2 C16 3 26 Khối nón 0 27 Khối tròn Khối trụ C31 1 xoay Mặt cầu ngoại tiếp 28 0 khối đa diện C37 29 Tổ hợp – chỉnh hợp C6 C24 4 C45 Tổ hợp – C10 30 xác suất Xác suất C33 3 C40 31 Nhị thức Newton C15 C7 2 CSC - Xác định thành phần 32 0 CSN CSC - CSN 33 PT - BPT Bài toán tham số 0 34 Giới hạn C4 C18 C50 3 35– Hàm số Giới hạn Hàm số liên tục 0 – Đạo hàm liên tuc36 Tiếp tuyến 0 37 Đạo hàm C27 1 PP tọa độ PT đường thẳng C44 1 38 trong mặt phẳng PT Elip C35 1 C12 39 Lượng CT lượng giác 2 C36 giác 40 BDT Lượng giác 0 41 Vecto Quỹ tích C28 1 7
NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan. Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 26%., câu hỏi thuộc kiến thức lớp 10 chiếm 10%. Cấu trúc: tương đối giống các đề thi mẫu. 22 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 3 câu VDC. Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu. Đề thi phân loại học sinh ở mức Khá. Câu 38 đề còn thiếu! 8
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 2 d  A,  SKE    AH . Tam giác SAK vuông ở A 1 2B 3C 4C 5 6C 7 8B 9 10 và có AH là đường cao nên D D A A D 1 1 1 1 16 17 2  2 2  2 2  2. 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 AH SA AK a a a B D C C D A A D D A a Suy ra AH  17 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 Câu 3. Chọn C. C D D A B A D C B B Áp dụng kết quả cơ bản a  b  2  a  b  ta 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 được A C B B A B C A D B f  x   3  x  5  x  3  x  1  3  2  3  x  5  x   3  7 2 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 D A C B C B C C C B Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Câu 4. Chọn C. n LỜI GIẢI CHI TIẾT Chú ý kết quả cơ bản lim n  0 với a  1 . Gọi L n  a Câu 1. Chọn D. 3 3 là giá trị của giới hạn cần tìm. Thế thì  f ( x)dx   10  1  102  1  ...  10n  1 0 Ta có 4 3 3 f ( x)dx   4 f ( x)dx  4  4 0 L  lim 3 3 3 n 10n   3 f (u )du   f ( x)dx   f ( u)du   0 4 4 4 f ( x)dx 10  102  ...  10n  n 0 0 0  lim 3 4 3 n  10n   4 [f ( x)  f( x)]dx   4 1  cos2 xdx  1  10  ...  10n1 n  0 0 lim   n 3 n   10n 1 10    3   4 2 cos x  2   2 cos xdx   4 cos xdx  0  0   10n1  1 n   10 1 n  10 2 lim    n   lim     n  n  9.10  n 1 10  n  9 9.10 n 1 10  9  2 2 1 Câu 2. Chọn B. Câu 5. Chọn D. Gọi E là trung điểm của Gọi G1 là trọng tâm của tam giác ABC, H và K MC. Qua A kẻ một đường lần lượt là hình chiếu của O và G trên mặt phẳng thẳng song song với BC cắt (ABC). Khi đó đường thẳng NE tại K. Kẻ VGABC GK G1G 1    AH  SK  H  SK  . Ta có VOABC OH G1O 4 AM // KE  AM //  SKE  . 1 Do đó VGABC  VOABC  abc Do đó d  AM , SN   d  A,  SKE   . Ta dễ chứng 4 24 Câu 6. Chọn C. minh được AH   SKE  nên Số cách chọn 4 nhà khoa học mà có đủ cả ba lĩnh vực là C52C61C71  C51C62C71  C51C61C72  1575 . 9
Số cách chọn 4 nhà khoa học nam mà có đủ cả ba thông thường. Có 2 cách để “buộc” như thế ( vì lĩnh vực là C32C31C41  C31C32C41  C31C31C42  126 . có thể là ab hoặc ba). Lúc này nhóm học sinh Số cách chọn 4 nhà khoa học nữ mà có đủ cả ba gồm có 6 bạn nam và 3 bạn nữ ( trong đó có 1 bạn nữ “đặc biệt”). Ta xếp vị trí cho các bạn nam lĩnh vực là C22C31C31  C21C32C31  C21C31C32  45 trước thì có 6! Cách. Giữa các bạn nam có 5 vị trí Vậy số cách lập một ban thư kĩ thỏa mãn yêu cầu xen kẽ với 2 vị trí đầu hàng và cuối hàng bây giờ là: ta xếp 3 bạn nữ vào 3 trong 7 vị trí kia thì có A73 1575  126  45  1404 Câu 7. Chọn A. 2C64 6! A73 1 cách. Vậy xác xuất cần tìm bằng  . 9 9 10! 2  1 9 1 Ta có 1  x  x 2    1  x 2  1   Câu 11. Chọn B.  x  x Gọi x, y, z, t lần lượt là khoảng cách từ M đến các  9 k 2 k  9 i 1  9 9 k i 2 k i    C9 x   C9 i    C9 C9 x . mặt phẳng (BCD), (CDA),  k 0  i 0 x  k 0 i 0 (DAB), (ABC). Ta có Từ đây ta cho 2k – i = 0 thì tìm được 5 cặp (i, k) thỏa mãn là (0,0), (2,1), (4,2), (6,3), (8,4). Vậy số hạng không chứa x là 1  C91C92  C92C94  C93C96  C94C98  13051. x y Câu 8. Chọn B. VMBCD  .S BCD ,VMCDA  .SCDA , Dễ thấy các điểm A, B, C có tọa độ là A(-a, b, c), 3 3 B(a, -b, c), C(a, b, -c). Thế thì tọa độ trọng tâm G z t VMDAB  .S DAB ,VMABC  .S ABC . 3 3 a b c của tam giác ABC sẽ là G  , ,  Cộng lại ta thu được (chú ý rằng  3 3 3 SBCD  SCDA  SDAB  S ABC  S ) Câu 9. Chọn A. 1 VABCD  .(x  y z  t ).S. Suy ra 3 3V ( x  y  z  t )  ABCD  h với h là độ dài đường S cao của tứ diện đều ABCD. Ta 4 h  AH  AB 2  BH 2  AB 2  BM 2 Số điểm cực trị của hàm số đã cho cũng chính là 9 số điểm cực trj của hàm y  x3  x . Dựa vào tính 4 có  AB 2  ( BC 2  CM 2 ) chất của hàm số có chứa dấu giá trị tuyệt đối 9 chúng ta dễ dàng vẽ được đồ thị của hàm 4 1 2  a 2  (a 2  a 2 )  a y  x  x như hình bên. Từ đồ thị ta nhận thấy 3 9 4 3 hàm số này có 5 điểm cực trị. 2 Vậy x  y  z  t  a Câu 10. Chọn D. 3 Chọn 2 bạn nữ trong 4 bạn thì có C42 cách. Ta Câu 12. Chọn D. “buộc” hai bạn này vào nhau coi như một bạn nữ Ta có 10
sin x  cosx (sin x  cosx)(sin 2 x  cos 2 x) Nhưng do SA, SB, SC là ba vecto không đồng  2s in 3 x  cosx 2sin 3 x  cosx( sin 2 x  cos 2 x) phẳng nên đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ  s inx   s in x  1 1 1 1 2   1  1 khi xm  yn  zp   x  , y  ,z  .  cosx   cos x  (tanx-1)(tan x+1) 2 2 4 4m 4n 4p   2sin 3 x  s in 2 x  2 tan x  (tan x+1) 3 2 Từ đây và do x  y  z  1 ta thu được    1  cos3 x  cos 2 x  1 1 1    4. (m  1)(m  1) 2 m 1 2 m n p   . 2m  m  1 2m 2  m  1 3 2 Câu 15. Chọn D. Câu 13. Chọn C. Gọi S là tổng cần tính. Từ công thức khai triển Giả sử S.ABCD là hình nhị thức Newton chúng ta dễ dàng thấy chóp tứ giác. Gọi A’, B’, 399  1 (1  2)  (1  2)  2S  S  99 99 . C’, D’ lần lượt là trung 2 điểm của các đoạn SA, Câu 16. Chọn A. SB, SC, SD và M, N, P, Gọi K là trung điểm của SD. Dễ Q tương ứng là trung thấy tứ giác MNCK là hình bình điểm của các đoạn AB, BC, CD, DA. Khi đó các hành. Suy ra MN // CK. Do đó mặt phẳng sau đây có tính chất cách đều tất cả góc giữa MN và SC chính là các đỉnh của hình chóp (A’B’C’D’), (A’B’NQ), KCS . Tam giác SCD đều có CK (C’D’QN), (A’D’PM), (B’C’PM). Vậy có tất cả 5 là trung tuyến nên CK  SD mặt phẳng. SK 1 Câu 14. Chọn C. Từ đó sin KCS    KCS  30 SC 2 Gọi G1 là trọng tâm của Câu 17. Chọn A. tam giác ABC. Khi đó Bất phương trình đã cho tương đương với 1  1 log 2  log 2 x   log 2 (log 2 x)  2 2  2 1 1  log 2  log 2 (log 2 x)  log 2 (log 2 x)  2 3 1 2 2 SG  SG1  ( SA  SB  SC ). 3 4 4  log 2 (log 2 x)  3  log 2 (log 2 x)  2 Do G  ( A ' B ' C ') nên tồn 2  0  log 2 x  4  1  x  16. tại x, y, z  R, x  y z  1 sao cho Câu 18. Chọn D. SG  xSA '  ySB '  zSC '  xmSA  ynSB  zpSC. Từ giả thiết ta có So sánh hai đẳng thức trên ta suy ra  1  1  1  xm   SA   yn   SB   zp   SC  0.  4  4  4 11
un  un 1  n d1 có vecto chỉ phương là u1  (2,3,1) tương ứng  un  2  (n  1)  n với d2 có u2  (1,5, 2) . Gọi (P) là mặt phẳng  un 3  (n  2)  (n  1)  n cách đều d1 và d2 thì (P) có một vecto pháp tuyến  ... là n  u1 , u2   (11,5, 7) . Lấy  u1  2  3  ...  n n(n  1) điểm A(1,1, 2)  d1 và B(2, 2,0)  d2 . Trung  1  2  ...  n  . 2 1 1  điểm đoạn AB là I  ,  ,1 . (P) đi qua I nên có u n 1 1 1 1 2 2  Do đó lim n2  lim  lim 1    . n  n n  2n n  2  n 2 phương trình là Câu 19. Chọn D.  1  1 ( P) : 11 x    5  y    7( z  1)  0 Đặt z  a  bi(a, b  R)  z  a  bi . Thế thì  2  2  11x  5 y  7 z  1  0 zz  zz 2a  2bi 2( a 2  b 2 ) 2 2(a 2  b 2 )    Câu 222. 2. Chọn D. z a 2  b2 a 2  b2 a 2  b 2 Ta biến đổi như sau 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b . Mặt  3 log 3 a  log 3 b  5 log 3 a  6  a  729    . 2( a 2  b2 ) 2 a 2  b2 1 log a  log b  7   log b  3   b  27  2 3 khác  3 3 3 a b 2 2 a b 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  0 hoặc b  0 Câu 23. Chọn D. zz  zz Phương trình đã cho có thể viết lại thành Như vậy ta có 2  2 2 z ( x  1)2  ( y  2)2  ( z  3)2  m2  9m  10. Câu 20. Chọn A. Phương trình này là phườn trình của một mặt cầu khi và chỉ khi Ta viết lại hàm số đã cho thành m2  9m  10  0  1  m  10. f ( x)  nx 2  2(1  2  ...  n) x  12  22  ...  n 2 Câu 24. Chọn A.  nx 2  n(n  1) x  12  22  ...  n 2 Gọi a, b, c(1  a  b  c  20) tương ứng là vị trí  n  1 (n  1)2  n(n  1)2 2 2 của 3 cuốn sách được lấy. Để giữa 2 cuốn lấy  n  x 2  2. x    1  2  ...  n 2  2 4  4 được bất kì luôn có ít nhất 2 cuốn không được lấy thì điều kiện cần và đủ là b  a  2 và c  b  2 .  n  1  n(n  1) 2 2  n x     12  22  ...  n 2 Tức là 5  a  4  b  2  c  20 . Như vậy số cách  2  4 lấy ra 3 cuốn sách thỏa mãn yêu cầu chính là số n(n  1) 2 cách lấy ra 3 số nguyên dương trong 16 số( từ 5   12  22  ...  n 2 4 đến 20 có tất cả 16 số) và bằng C163 . n 1 x Câu 25. Chọn B. 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Ta biết rằng số đỉnh của hình lăng trụ luôn là một Câu 21. Chọn C. số chẵn. Giả sử một hình lăng trụ có 2n đỉnh. Khi đó số cạnh của hình lăng trụ sẽ bằng 3n. Theo bài 12
ra ta có 2n+3n = 200  n=40. Vậy lăng trụ đó có Ta có 80 đỉnh. 2 1 1 2 x  Câu 26. Chọn A. ln 2   3 dx     2 dx a x x a x x 1  Gọi S là tổng cần tính. Áp dụng công thức tính 2 2 tổng của cấp số nhân ta có  1  x 2 a2  1   ln x  ln( x 2  1)   ln  ln . 1  2 0 x2  1 0 a 5 1  2020 i i 2020  1 (1)1010  1 S  2020 2019  2020 2019  0 1 1 i i i i 2 a2  1 1 i Từ đó suy ra 2a . a 5 2 Câu 27. Chọn D. Câu 30. Chọn B. Trước hết ta viết lại hàm số đã cho thành Để đồ thị có 2 điểm cực trị thì PT y’=0 có 2 1 1 1 1  f ( x)  2    . nghiệm phân biệt. Ta tìm được điều kiện m< 0 x 1 2  x 1 x  1  14 hoặc m  . Khi đó đường thẳng nối hai điểm 1  1   (n) (n)  1  33 Từ đó f n ( x)      . 2  x  1   x 1   cực trị có phương trình là 1  mx 2  (4  2m) x  6 ' Dễ dàng thấy rằng nếu y thì y  mx  2  m. ax  b [2( x  9)]' n !(a) n Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng này yn  . (ax  b)n 1 là Áp dụng kết quả này ta được 2m (2  m)2 h   (m2  1)h2  m2  4m  4 n !(1) n  1 1  m2  1 m 1 2 f n ( x)   n 1  n 1  2  ( x  1) ( x  1)  Suy ra  (h2  1) m2  4m h 2  4  0 n !(1) n  1  n ![1  (1) n ] (*) f n (0)    2  (1) n 1  1 . 2 3 Khi h  1 thì m  . Khi h  1 thì (*) là phương Câu 28. Chọn C. 4 Gọi G là trọng tâm tam trình bậc 2 của m. Điều kiện cần và đủ để phương giác ABC và E là điểm trình này có nghiệm là thỏa mãn  '  4  (h2  1)(h2  4)  0 EA  2 EB  EC  0 (điểm E như thế luôn tồn tại duy nhất). Khi đó  h 2 (h 2  5)  0  h  5. đẳng thức trên tương đương với 3MG  ME 1 Khi h  5 thì 4m2  4m  1  0  m   . 2 hay 3MG  ME . Trên đường thẳng GE ta lấy 2 Câu 31: Chọn A. điểm P, Q thỏa mãn 3PG=PE, 3QG=QE. Khi đó quỹ tích điểm M thỏa mãn yêu cầu là đường tròn đường kính PQ. Câu 29. Chọn B. 13
Gọi r, h, V tương ứng là bán kính đáy, chiều cao xừng với B qua (xOy). Thế thì B '  1, 4,3 và và thể tích của khối trụ. Ta dễ dàng thấy MB  MB ' . Khi đó h2  2   2 h2  MA  MB  MA  MB '  AB ' . r   R . Và từ đó V  hr  h  R   . 2 2 4 3 3  4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M, A, B’ thẳng Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có hàng và M nằm ngoài đoạn AB’. Như vậy M cần  2 2  2 h2  2 2 h2  2 h2  2 h2  tìm là giao điểm của đường thẳng AB’ và mặt V  h R    2 .  R   R   9  4 9 2 4  4 phẳng (xOy). Đường thẳng AB có phương trình x  3 y  2 z 1 AB ' :   3 2 1 1 2 2 1  h 2  2 h 2   2 h 2   16 2 6  .    R     R    R Từ đó tìm được M  5,1, 0  . 9 27  2  4   4  243 4 3 Câu 35. Chọn A. Suy ra V  R . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ Giả sử ABCD là hình 9 3 vuông nội tiếp elip khi x2 y 2 h2 h2 4  R 2   h2  R 2  h  2 E :   1. R a 2 b2 2 4 3 3 Khi đó các đỉnh A, B, C, D phải nằm trên một Câu 32. Chọn C. trong hai đường phân giác của góc phần tư thứ Trước hết ta có nhất và thứ 2. Giả sử A(m, m) với m>0. Khi đó 4x 41 x AB = 2m và S ABCD  4m2 . Mà A  m, m    E  f  x   f 1  x   x  1 4  2 41 x  2 Áp dụng kết quả này ta được m2 m2 nên ta có  1  1   2   99  a 2 b2 f  f    ...  f   a 2b 2 4a 2b2  100   100   100   m2  2 2  S ABCD  2 2 a b a b Câu 36. Chọn B. 40   k   k  1 1 99   f   f 1    f    49   1 1 k 1   100   100   2 2 2 Từ cot x  cot y  5   5 tan x tan y tan y  tan x Câu 33. Chọn B.  5. Kết hợp với Để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo là tan x.tan y một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 thì phải có ít tan x  tan y  10 thì ta được tan x.tan y  2 . nhất một lần ra mặt 5 chấm và các mặt khác ra Do đó mặt lẻ. Do đó xác suất cần tìm bằng tan x  tan y 10 tan  x  y     10 35  25 211 1  tan x.tan y 1  2 5  6 7776 Câu 37. Chọn C. Câu 34. Chọn B. Áp dụng liên tiếp công thức Cnk  Cnk 1  Cnk11 ta Dễ thấy A, B nằm khác được phía so với mặt phẳng C99  C109  ...  C999  C1010  C109  ...  C999 (xOy). Gọi B’ là điểm đối 14
 C1110  C119  ...  C99 9 9SG 2  SA2  SB 2  SC 2  2SA.SB  2SB.SC  2SC.SA  C1210  C129  ...  C999  a 2  b2  c2  2ab cos ASB  2bc.cos BSC  2ca cos CSA  ...  a 2  b2  c 2  ab  bc  C99 10  C99 9  C100 10 1 2 Từ đó: SG  a  b 2  c 2  ab  bc Câu 38. Chọn A. 3 Dễ dàng kiểm tra được điểm A nằm trong khối Câu 42. Câu A. cầu (S). Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một Đặt 4  x 2  t thì x 2  4  t 2 và 0  t  2 . Hàm đường trong có chu vi nhỏ nhất khi và chỉ khi số đã cho trở thành y  f  t   t 2  t  4 khoảng cách từ tâm O của (S) tới (P) là lớn nhất. Mà d  O,  P    OA và đẳng thức xảy ra khi và Bằng cách lập bảng biên thiên của hàm số này trên đoạn  0, 2 ta dễ dàng tìm được chỉ khi A là hình chiếu của O trên (P). Khi đó (P) sẽ nhận OA   0, 1, 2  làm vectơ pháp tuyến.  1  17 max y  max f  t   f    2 x  2 0t  2 2 4 Vậy Và max y  max f  t   min  f  0  , f  2   2  P  : 0  x  0  1 y  1  2  z  2   0  y  2 z  5  0 2 x  2 0 t  2 17 25 Từ đó M  m  2 . Câu 39. Chọn D. 4 4 Giả sử S.ABCD là chóp tứ Câu 43. Chọn C. giác đếu. Gọi M, N, P, Q lần Dễ thấy lượt là trung điểm của các  sin x  sin x 3 2 đoạn AB, BC, CD, DA. Khi  5  sin 3 x  cos5 x  sin 2 x  cos 2 x  1 cos x  cos x  2 đó các mặt phẳng sau đây đều Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sinx = 1 hoặc là mặt phẳng đối xứng của cosx = 1. Do đó M  max y  1 hình chóp: xR  SAC  ,  SBD  ,  SMP  ,  SNQ  . Vậy có tất cả 4 Tương tự  sin x   sin x 3 2 mặt phẳng đối xứng.  5  sin 3 x  cos5 x    sin 2 x  cos 2 x   1 cos x   cos x  2 Câu 40. Chọn B. Số cách rút hai thẻ chẵn là C102 . Số cách rút ra hai Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sinx = -1 hoặc thẻ trong đó có một thẻ ghi số chia hết cho 4 còn cosx = -1. Do đó m  min y  1 . Vậy xR thẻ kia ghi số lẻ là C51C10 1 . M m  2. C102  C51C102 1 Câu 44. Chọn B. Vậy xác suất cần tìm là  Đường thẳng AB có phương trình là C202 2 Câu 41. Chọn D.  2  a  x  1  a  y  2  a 2  0 Theo một kết quả cơ bản của hình học vectơ ta có Khoảng cách từ O tới đường thẳng AB bằng SA  SB  SC  3SG 2  a2 2  a2 h  Bình phương hai vế ta được  a  1   a  2  5  2a  2a 2 2 2 15
vẽ và do tính đối xứng ta có AB   a  1   a  2   2a 2  2a  5 2 2 1 S  2   2  x  x 2  dx  7 2 1 a SOAB  .h. AB  1   1 0 3 2 2 Câu 49. Chọn C. Diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất bằng Vì 2 k có 100 chữ số nên 1 khi a = 0. 99 100 Câu 45. Chọn C. 1099  2k  10100  99  k lg 2  100  k  TH1: Số tự nhiên đó không có chữ số 0. lg 2 lg 2 hay 329  k  332 . Tức là có 4 giá trị nguyên Khi đó ta chọn 5 chữ số từ các chữ số 1, dương của k thỏa mãn. 2, …., 9 thì có C95 cách. Có 2 cách sắp Câu 50. Chọn B. xếp các chữ số này theo thứ tự tăng dần a x 1 hoặc giảm dần. Suy ra trường hợp này có Áp dụng kết quả cơ bản lim  ln a ta được x 0 a x 2C95 số.  TH2: Số tự nhiên đó có chữ số 0. Khi đó 0 2 x  1 3x  1 ...  n x  1  lim   2 x  1 3x  1 n x  1  lim . ...  x 0 x n 1 x 0  x x x  phải ở vị trí cuối cùng và các chữ số sẽ theo thứ tự giảm dần. Suy ra trường hợp  ln 2.ln 3...ln n . này có C94 số. Như vậy có tất cả là 2C95  C94 số Câu 47. Chọn B. Đặt 1  2i 1  2i 1  i  1  3i z    2 z  1  3i 1 i 1  i 1  i  2   2 z  1   3i   2 z 2  2 z  5  0 2 2 Điều này chứng tỏ z là một nghiệm (phức) của phương trình 2 x 2  2 x  5  0 Từ đó suy ra min  a  b  c   2  2  5  9 Câu 48. Chọn C. Đặt 2log3 x  t  0 , phương trình trở thành t 3  3t  m Bằng cách lập bảng biên thiên của hàm f  t   t 3  3t trên khoảng  0,   chúng ta dễ dàng thấy rằng phương trình có nhiều hơn một nghiệm (chính xác hơn là có hai nghiệm) khi và chỉ khi 2  m  0 . Câu 48. Chọn C. Gọi S là diện tích của miền cần tính. Từ hình 16