Đề thi thử Toán THPT Quốc gia 2019 lần 2 trường THPT chuyên Thái Nguyên

Giới thiệu đến bạn đọc nội dung đề thi thử Toán THPT Quốc gia 2019 lần 2 trường THPT chuyên Thái Nguyên, đề thi gồm 06 trang với 50 câu hỏi và bài toán dạng trắc nghiệm

32 16 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023

Môn: Toán

Thông tin:

31 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Hoa
1
SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
(Đề thi có 06 trang)
KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2019
Bài thi: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (NB): Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng đi qua điểm và có một véc tơ chỉ
2;0; 1M
phương . Phương trình tham số của là
4; 6;2a
A. B. C. D.
2 4
6
1 2
x t
y t
z t
2 2
3
1
x t
y t
z t
4 2
6
2
x t
y
z t
2 2
3
1
x t
y t
z t
Câu 2 (TH): Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A. B.
4 2
2 1y x x
4 2
2 4 1y x x
C. D.
4 2
2 1y x x
4 2
2 1y x x
Câu 3 (NB): Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng . Véc tơ nào dưới đây là một véc
:3 2 0P x z
tơ pháp tuyến của ?
P
A. B. C. D.
3; 1;2n
1;0; 1n
0;3; 1n
3; 1;0n
Câu 4 (NB): Khi quay một tam giác vuông (kể cả các điểm trong của tam giác vuông đó) quanh đường
thẳng chứa một cạnh góc vuông ta được
A. Hình nón B. Khối trụ C. Khối nón D. Hình trụ
Câu 5 (TH): Cho cấp số cộng , biết . Số 81 là số hạng thứ bao nhiêu?
n
u
1
5, 2u d
A. 44 B. 100 C. 75 D. 50
Câu 6 (NB): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy,
. Tính thể tích hình chóp S.ABCD.
3SA a
A. B. C. D.
3
3
3
a
3
3a
3
3 3a
Câu 7 (NB): Cho số phức . Phần thực và phần ảo của số phức là
10 2z i
z
A. Phần thực bằng và phần ảo của số phức bằng .
10
2i
B. Phần thực bằng và phần ảo bằng .
10
2
Mã đề thi 103
Họ và tên thí sinh: ........................................................................
Số báo danh: .................................................................................
2
C. Phần thực bằng 10 và phần ảo bằng 2.
D. Phần thực bằng 10 và phần ảo bằng 2i.
Câu 8 (NB): Cho hàm số có bảng biến thiên sau đây.
y f x
Mệnh đề nào sau đây đúng?
x

-2
1

y’
-
0
-
0
+
y

20
-7

A. Hàm số đạt cực tiểu tại
y f x
2x
B. Hàm số đạt cực tiểu tại
y f x
1x
C. Hàm số đạt cực tiểu tại
y f x
7x
D. Hàm số không có cực trị
y f x
Câu 9 (NB): Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập xác định của nó?
A. B. C. D.
2
3
x
y
2
x
y
1
2
x
y
x
e
y
Câu 10 (TH): Cho trước 5 chiếc ghế xếp thành một hàng ngang. Số cách xếp 3 bạn A, B, C vào 5 chiếc
ghế đó sao cho mỗi bạn 1 ghế là
A. B. 6 C. D. 15
3
5
C
3
5
A
Câu 11 (TH): Họ nguyên hàm của hàm số là
2
2
x
f x
A. B. C. D.
4
ln 4
x
C
1
4 .ln 4
x
C
4
x
C
4 .ln 4
x
C
Câu 12 (NB): Trong không gian Oxyz cho điểm . Hình chiếu vuông góc của A trên trục Ox có
2;1;3A
tọa độ là
A. B. C. D.
0;1;0
2;0;0
0;0;3
0;1;3
Câu 13 (NB): Cho hàm số có đạo hàm . Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới
f x
2
' 1f x x x
đây?
A. B. C. D.
1; 
1;0
; 1
0;
Câu 14 (NB): Cho và . Khi đó
1
0
3f x dx
2
1
2f x dx
2
0
f x dx
A. 1 B. C. 5 D. 6
1
Câu 15 (NB): Với a và b là hai số thực dương tùy ý, bằng
2 3
log a b
A. B. C. D.
1 1
log log
2 3
a b
2log loga b
2log 3loga b
2log .3loga b
3
Câu 16 (TH): Phương trình có nghiệm là
3
log 54 3logx x
A. B. C. D.
4x
3x
1x
2x
Câu 17 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu . Mặt
2 2 2
: x 6 4 12 0S y z x y
phẳng nào sau đây cắt theo một đường tròn có bán kính ?
S
3r
A. B.
4 3 4 26 0x y z
2 2 12 0x y z
C. D.
3 4 5 17 20 2 0x y z
3 0x y z
Câu 18 (TH): Cho một khối trụ có độ dài đường sinh bằng 10cm. Biết thể tích khối trụ bằng .
3
90 cm
Diện tích xung quanh của khối trụ bằng
A. B. C. D.
2
36 cm
2
78 cm
2
81 cm
2
60 cm
Câu 19 (TH): Cho số phức z có phần thực là số nguyên và z thỏa mãn . Mô đun của
2 7 3z z i z
số phức bằng
2
w 1 z z
A. B. C. D.
w 445
w 425
w 37
w 457
Câu 20 (TH): Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên
2
3 6
2
x x
y
x
đoạn . Giá trị của bằng
0;1
2M m
A. B. C. 11 D. 10
11
10
Câu 21 (TH): Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ.
y f x
Với giá trị nào của tham số m thì phương trình có
f x m
năm nghiệm phân biệt thuộc đoạn ?
0;5
A. B.
0;1m
1;m 
C. D.
0;1m
(0;1]m
Câu 22 [TH]: Trong không gian Oxyz, xét mặt cầu có phương trình dạng
S
. Tập hợp các giá trị thực của a để có chu vi đường tròn lớn bằng
2 2 2
x 4 2 10 0y z x y az a
S
là
A. B. C. D.
1;10
10;2
1;11
1; 11
Câu 23 (TH): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đạt cực
3 2 2
1
1 1
3
y x mx m m x
đại tại điểm ?
1x
A. hoặc B. hoặc
2m
1m
2m
1m
C. D.
1m
2m
Câu 24 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình là
2
2 2
log 5log 6 0x x
A. B. C. D.
1
0;
2
S
64;S 
1
0; 64;
2
S

1
;64
2
S
4
Câu 25 (TH): Gọi là hai nghiệm của phương trình . Khi đó tổng bằng
1 2
,x x
2
2
2 .5 1
x x x
1 2
x x
A. B. C. D.
5
2 log 2
5
2 log 2
5
2 log 2
2
2 log 5
Câu 26 (TH): Trong mặt phẳng Oxyz, gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức
. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Khi đó điểm G biểu diễn số phức là
1 2 3
3 ; 2 2 ;z 5z i z i i
A. B. C. D.
1z i
1 2z i
1 2z i
2z i
Câu 27 (TH): Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác với và
, 2AB a AC a
. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
0
120 , ' 2a 5BAC AA
A. B. C. D.
3
15V a
3
4 5
3
a
V
3
15
3
a
V
3
4 5V a
Câu 28 (TH): Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường quay xung quanh
tan ; 0; 0;
4
y x y x x
trục Ox. Tính thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra.
A. B. C. D.
ln 2
2
ln3
4
4
ln 2
Câu 29 (VD): Cho hàm số có đồ
3 2
, , ,f x ax bx cx d a b c d
thị như hình vẽ. Đồ thị hàm số có bao nhiêu
2 2
2
4 3
2
x x x x
g x
x f x f x
đường tiệm cận đứng?
A. 3 B. 2
C. 6 D. 4
Câu 30 (VD): Cho tứ diện ABCD có và . Xác định góc giữa hai
AB AC AD
0
60BAC BAD
đường thẳng AB và CD
A. B. C. D.
0
90
0
45
0
60
0
30
Câu 31 (VD): Cho một miếng tôn hình tròn tâm O, bán kính R. Cắt bỏ một phần miếng tôn theo một hình
quạt OAB và gò phần còn lại thành một hình nón đỉnh O không có đáy (OA trùng với OB). Gọi S và S '
lần lượt là diện tích của miếng tôn hình tròn ban đầu và diện tích của miếng tôn còn lại. Tìm tỉ số
để
'S
S
thể tích của khối nón đạt giá trị lớn nhất.
A. B. C. D.
2
3
1
4
1
3
6
3
Câu 32 (VD): Số các giá trị nguyên của tham để hàm số
2019;2019M
2
1 2 6
1
m x mx m
y
x
đồng biến trên khoảng ?
4;
A. 2034 B. 2018 C. 2025 D. 2021
Câu 33 (VD): Cho các số phức z thỏa mãn . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức
1 2z
là một đường tròn. Bán kính r của đường tròn đó là
w 1 8i z i
A. 9 B. 36 C. 6 D. 3
5
Câu 34 (VD): Tính tổng các giá trị nguyên của tham số sao cho bất phương trình
50;50m
nghiệm đúng với mọi .
4
4 0mx x m
x
A. 1272 B. 1275 C. 1 D. 0
Câu 35 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
vô nghiệm.
2 2 2
log cosx log cos 4 0m x m
A. B. C. D.
2;2m
2; 2m
2;2m
2; 2m
Câu 36 (VD): Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn thỏa mãn và
y f x
2;1
0 1f
Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn là:
2
2
. ' 3 4 2.f x f x x x
y f x
2;1
A. B. C. D.
3
2 16
3
18
3
16
3
2 18
Câu 37 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Cạnh bên SA vuông
góc với đáy và . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SO.
0
60SBD
A. B. C. D.
5
2
a
2
2
a
2
5
a
5
5
a
Câu 38 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm và mặt phẳng
1;0;2 , 3;1; 1A B
. Gọi sao cho đạt giá trị nhỏ nhất. Tính
: 1 0P x y z
; ;M a b c P
3 2MA MB
.
9 3 6S a b c
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
Câu 39 (VD): Có 2 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và 4 học sinh lớp C xếp thành một hàng ngang sao
cho giữa hai học sinh lớp A không có học sinh lớp B. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng như vậy?
A. 108864 B. 80640 C. 145152 D. 217728
Câu 40 (VD): Cho hàm số thỏa mãn và
f x
2
4
' . ' 15 12 ,f x f x f x x x x
. Giá trị của là
0 ' 0 1f f
2
1f
A. 10 B. 8 C. D.
5
2
9
2
Câu 41 (VDC): Cho và thỏa mãn . Tính tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
, 0x y
2
3 0
2 3 14 0
x xy
x y
biểu thức ?
2 2 3
3 2 2P x y xy x x
A. 8 B. 0 C. 4 D. 12
Câu 42 (VDC): Xét các số thực dương x;y thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất
3
1
log 3 3 4
3
y
xy x y
x xy
của biểu thức .
min
P
P x y
A. B. C. D.
min
4 3 4
3
P
min
4 3 4
3
P
min
4 3 4
9
P
min
4 3 4
9
P
Câu 43 (VD): Một bình đựng nước dạng hình nón (không có đáy) đựng đầy nước. Người ta thả vào đó
một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là
6
. Biết khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa khối cầu chìm
3
18 dm
trong nước. Tính thể tích nước còn lại trong bình.
A. B. C. D.
3
27 dm
3
6 dm
3
9 dm
3
24 dm
Câu 44 (VD): Khi cắt hình nón có chiều cao 16 cm và đường kính đáy 24 cm bởi một mặt phẳng song
song với đường sinh của hình nón ta thu được thiết diện có diện tích lớn nhất gần với giá trị nào sau đây?
A. 170 B. 260 C. 294 D. 208
Câu 45 (VDC): Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’. Khoảng cách giữa AB và B’C là ,
2 5
5
a
khoảng cách giữa BC và AB’ là , khoảng cách giữa AC và BD’ là . Tính thể tích khối hộp
2 5
5
a
3
3
a
ABCD.A’B’C’D’.
A. B. C. D.
3
4a
3
3a
3
5a
3
2a
Câu 46 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số có
3
2
2 1 3 5y x m x m x
ba điểm cực trị?
A. Vô số B. 3 C. 2 D. 1
Câu 47 (VD): Cho hai hàm số có đồ
3 2
, ,y x ax bx c a b c
thị và có đồ thị như hình vẽ.
C
2
, ,y mx nx p m n p
P
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi và có giá trị nằm trong
C
P
khoảng nào sau đây?
A. B.
0;1
1;2
C. D.
2;3
3;4
Câu 48 (VD): Trong không gian Oxyz, mặt cầu đi qua điểm và tiếp xúc với ba mặt
S
2; 2;5A
phẳng và có bán kính bằng
: 1, : 1P x Q y
: 1R z
A. 3 B. 1 C. D.
2 3
3 3
Câu 49 (VD): Cho là hai số phức thỏa mãn điều kiện đồng thời . Tập hợp
1 2
,z z
5 3 5z i
1 2
8z z
các điểm biểu diễn số phức trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có phương trình
1 2
w=z z
A. B.
2 2
10 6 36x y
2 2
10 6 16x y
C. D.
2 2
5 3
9
2 2
x y
2 2
5 3 9
2 2 4
x y
Câu 50 (VD): Cho hàm số có đạo hàm trên tập số
y f x
'f x
thực và đồ thị của hàm số như hình vẽ. Khi đó, đồ thị
y f x
của hàm số có
2
y f x
A. 2 điểm cực đại, 2 điểm cực tiểu
7
B. 2 điểm cực tiểu, 3 điểm cực đại
C. 1 điểm cực đại, 3 điểm cực tiểu
D. 2 điểm cực đại, 3 điểm cực tiểu
8
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1.B
2.B
3.C
4.C
5.A
6.B
7.C
8.B
9.B
10.C
11.A
12.B
13.D
14.C
15.C
16.B
17.C
18.D
19.D
20.A
21.A
22.C
23.D
24.D
25.A
26.B
27.A
28.A
29.D
30.A
31.D
32.D
33.C
34.A
35.C
36.C
37.D
38.B
39.C
40.B
41.B
42.A
43.B
44.D
45.D
46.A
47.B
48.A
49.A
50.D
Câu 1:
Phương pháp
Đường thẳng đi qua điểm và VTCP có phương trình là
0 0 0
; ;M x y z
; ;u a b c
0
0
0
x x at
y y bt
z z ct
Cách giải:
Đường thẳng đi qua điểm và có một véc tơ chỉ phương hay
2;0; 1M
4; 6;2a
1
2; 3;1
2
a
nên
2 2
: 3
1
x t
y t
z t
Chọn B
Câu 2:
Phương pháp:
+ Xác định rằng đây là đồ thị hàm số
4 2
y ax bx c
+ Dựa vào đồ thị hàm số xác định dấu của hệ số a
+ Hàm số có ba cực trị thì
0ab
+ Xác định một số điểm thuộc đồ thị, thay tọa độ các điểm đó vào các hàm số để loại trừ đáp án.
Cách giải:
Từ đồ thị ta thấy nên hệ số , loại C
lim
x
y


0a
Đồ thị hàm số có 3 cực trị nên suy ra , loại A.
0ab
0b
Điểm thuộc đồ thị hàm số nên ta thay vào các hàm số ở B và D, thấy chỉ có hàm số
1;1
1; 1x y
thỏa mãn.
4 2
2 4 1y x x
Chọn B.
Câu 3:
Phương pháp:
Mặt phẳng có một véc tơ pháp tuyến
0Ax By Cz D
; ;n A B C
Cách giải:
Mặt phẳng có một véc tơ pháp tuyến
:3 2 0P x z
3;0; 1n
9
Chọn C.
Câu 4:
Phương pháp:
Sử dụng kiến thức lý thuyết về khối nón.
Cách giải:
Khi quay một tam giác vuông (kể cả các điểm trong của tam giác vuông đó) quanh đường thẳng chứa một
cạnh góc vuông ta được một khối nón.
Chọn C.
Chú ý: Một số em nhầm sang đáp án A là hình nón. Ở đây chúng ta lưu ý rằng khi quay tất cả các điểm
bên trong tam giác quanh cạnh góc vuông thì ta sẽ được một khối đặc nên ta dược một khối nón chứ
không phải hình nón.
Câu 5:
Phương pháp:
Sử dụng công thức tìm số hạng tổng quát của cấp số cộng
1
1
n
u u n d
Cách giải:
Ta có: hay
1
1
n
u u n d
81 5 1 .2 44n n
Vậy 81 là số hạng thứ 44 của dãy.
Chọn A.
Câu 6:
Phương pháp:
Thể tích khối chóp có chiều cao h và diện tích đáy S là
1
.
3
V h S
Cách giải:
Diện tích đáy
2
ABCD
S a
Thể tích khối chóp là
3
2
1 1 3
. . 3.
3 3 3
ABCD ABCD
a
V SA S a a
Chọn B.
Câu 7:
Phương pháp:
Số phức liên hợp của là
z a bi
z a bi
Cách giải:
Số phức của là
10 2z i
10 2z i
Vậy phần thực của là 10 và phần ảo 2.
z
Chọn C.
Câu 8:
Phương pháp
Sử dụng cách đọc bảng biến thiên.
Nếu y’ đổi dấu từ âm sang dương tại thì là điểm cực tiểu của hàm số
x a
x a
Nếu y’ đổi dấu từ dương sang âm tại thì là điểm cực đại của hàm số
x b
x b
10
Cách giải:
Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại và đạt cực đại tại
1x
2x
Chọn B.
Câu 9:
Phương pháp:
Hàm số đồng biến nếu
0 1
x
y a a
1a
Cách giải:
Trong các đáp án đã cho chỉ có đáp án B có hàm số có nên hàm số đồng biến trên .
2
x
y
2 1
Chọn B.
Câu 10:
Phương pháp
Sử dụng kiến thức về chỉnh hợp.
Lưu ý rằng nếu chọn các phần tử rồi mang ra sắp xếp thì ta sẽ sử dụng chỉnh hợp.
Cách giải:
Mỗi cách xếp 3 bạn vào 5 chiếc ghế là một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử nên số cách xếp có được là
3
5
A
(cách).
Chọn C.
Câu 11:
Phương pháp
Nguyên hàm của hàm số là .
0 1
x
y a a
ln
x
a
C
a
Cách giải:
Ta có: nên nguyên hàm của là
2
2 4
x x
f x
f x
4
ln 4
x
C
Chọn A.
Câu 12:
Phương pháp
Hình chiếu vuông góc của điểm lên trục Ox là
; ;M a b c
;0;0M a
Cách giải:
Hình chiếu vuông góc của điểm lên trục Ox là
2;1;3A
2;0;0A
Chọn B.
Câu 13:
Phương pháp:
Các khoảng làm cho thì hàm số đồng biến.
' 0y
Cách giải:
Ta có:
2
' 1 0 0f x x x x
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên
0;
Chọn D.
Câu 14:
11
Phương pháp
Sử dụng tính chất tích phân:
b c c
a b a
f x dx f x dx f x dx
Cách giải:
Ta có:
1 2 2 2
0 1 0 0
2 3 5f x dx f x dx f x dx f x dx
Chọn C.
Câu 15:
Phương pháp
Sử dụng các công thức biến đổi với điều kiện các logarit đều có
log log ,log log log
n
x n x xy x y
nghĩa.
Cách giải:
Ta có: .
2 3 2 3
log loga log 2log 3log , 0a b b a b a b
Chọn C.
Câu 16:
Phương pháp:
Đưa phương trình về dạng
0
log log 0
a a
f x
f x g x g x
f x g x
Cách giải:
Ta có
3 3 3
3
3
3
3
3 3
log 54 3log log 54 log
54 0
0 3 2
0 3 2
0 3
3
2 54
54
x x x x
x
x
x
x x
x
x
x x
Chọn B.
Câu 17:
Phương pháp
- Tính khoảng cách từ tâm mặt cầu đến , sử dụng công thức
P
2 2
d R r
- Đối chiếu với các đáp án: Kiểm tra bằng kết quả vừa tìm được ở trên và kết luận.
,d I P
Cách giải:
Mặt cầu có tâm và bán kính
S
3; 2;0I
2 2
3 0 2 12 5R
Khoảng cách từ I đến là
P
2 2 2 2
, 5 3 4d I P R r
Đối chiếu các đáp án ta thấy:
Đáp án A: nên loại A.
2 2
2
4.3 3. 2 0 4 6
, 4
4 3 1
d I P
12
Đáp án B: nên loại B.
2
2 2
2.3 2. 2 0 12
14
, 4
3
2 2 1
d I P
Đáp án C: nên chọn C.
2
2 2
3.3 4. 2 5.0 17 20 2
, 4
3 4 5
d I P
Chọn C.
Câu 18:
Phương pháp:
Hình trụ có bán kính đáy r và có chiều cao h thì có diện tích xung quanh và có thể tích
2
xq
S rh
. (Với khối trụ thì đường sinh và chiều cao bằng nhau)
2
V r h
Cách giải:
Gọi r là bán kính đáy, theo đề bài ta có
3
10 ; 90h cm V cm
2 2
90 .10 3V r h r r cm
Diện tích xung quanh hình trụ là
2
2 2 .3.10 60
xq
S rh cm
Chọn D.
Câu 19:
Phương pháp
- Gọi
,z a bi a b
- Thay vào điều kiện bài cho tìm z , từ đó tính w và kết luận.
Cách giải:
Gọi , ta có:
,z a bi a b
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2 7 3 2 7 3
2 2 7 3 0
3 7 3 0
3
3 7 0
9 3 7 0 1
3 0
z z i z a b a bi i a bi
a b a bi i a bi
a b a b i
b
a b a
a a
b
Giải ta có:
2 2
2 2
2
3 7 0
9 3 7 0 9 3 7
9 9 42 49
7
7
3
3
4
4( )
8 42 40 0
5
4
a
a a a a
a a a
a
a
a
a tm
a a
a
Do đó
4, 3 4 3a b z i
Khi đó
2
2
1 1 4 3 4 3 1 4 3 16 24 9 4 21w z z i i i i i
13
Vậy .
2
2
w 4 21 457
Chọn D.
Câu 20:
Phương pháp
+ Tìm điều kiện xác định
+ Xét trên đoạn . Tính ; giải phương trình tìm các nghiệm
;a b
'y
' 0y
;
i
x a b
+ Tính
; ;
i
y a y x y b
+ và
; ;
max max ; ;
i
a b a b
y y a y x y b
; ;
min min ; ;
i
a b a b
y y a y x y b
Từ đó xác định
; 2M m M m
Cách giải:
ĐKXĐ:
2x
Xét trên đoạn ta có
0;1
Ta có
2
2
2 2
2 3 2 3 6
0( )
4
' 0
4( )
2 2
x x x x
x tm
x x
y
x ktm
x x
0;1
0;1
max 3
0 3
2 3 2. 4 11
min 4
1 4
M y
y
M m
m y
y
Chọn A.
Câu 21:
Phương pháp:
- Vẽ phác đồ thị hàm số từ đồ thị hàm số đã cho (lấy đối xứng phần dưới trục hoành
y f x
y f x
qua trục hoành và giữ nguyên phần phía trên trục hoành).
- Sử dụng tương giao đồ thị suy ra tập giá trị của m.
Cách giải:
Từ đồ thị hàm số đã cho ta dựng được đồ thị hàm số
như sau:
y f x
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy, trên đoạn thì
0;5
đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại
y m
y f x
đúng 5 điểm phân biệt nếu và chỉ nếu
0 1m
Chọn A.
Câu 22:
Phương pháp:
Xác định tâm và bán kính mặt cầu với có tâm
2 2 2
x 2 2 2 0y z ax by cz d
2 2 2
0a b c d
và bán kính
; ;I a b c
2 2 2
R a b c d
Chu vi đường tròn bán kính R là
2C R
14
Cách giải:
Mặt cầu có:
2 2 2
x 4 2 2 10 0y z x y az a
+) Tâm
2; 1;I a
+) Bán kính với điều kiện
2
2 2 2
2 1 10 10 5R a a a a
2
5 2 5
10 5 0
5 2 5
a
a a
a
Đường tròn lớn của hình cầu có bán kính nên chu vi
2
10 5R a a
2
2 10 5C a a
Theo đề bài ta có:
2 2
2 2
8 2 10 5 8 10 5 4
1
10 5 16 10 11 0 ( )
11
C a a a a
a
a a a a tm
a
Vậy
1;11a
Chọn C.
Câu 23:
Phương pháp
Hàm số bậc ba đạt cực đại tại điểm nếu
y f x
0
x x
0
0
' 0
'' 0
f x
f x
Cách giải:
Đặt
3 2 2
1
1 1
3
y f x x mx m m x
Ta có:
2 2
' 2 1; '' 2 2f x x mx m m f x x m
Hàm số đạt cực đại tại
2 2
' 1 0
1 2 .1 1 0
1
2.1 2 0
'' 1 0
f
m m m
x
m
f
2
1
3 2 0
2
2
2 2 0
1
m
m m
m
m
m
m
Chọn D.
Câu 24:
Phương pháp
+) Tìm điều kiện xác định.
+) Phân tích vế trái thành nhân tử rồi giải bất phương trìn (hoặc đặt ẩn phụ )
2
log x t
Cách giải:
ĐK: .
0x
Ta có
2
2 2 2 2
log 5log 6 0 log 1 log 6 0x x x x
2
1
1 log 6 64
2
x x
15
Kết hợp điều kiện ta có
1
;64
2
S
Chọn D.
Câu 25:
Phương pháp:
- Logarit hai vế theo cơ số 5 đưa về phương trình tích.
- Giải phương trình tìm nghiệm và kết luận.
Cách giải:
Ta có:
2 2 2
2 2 2
5 5 5 5
2 2
5 5 5
5
5 5
2 .5 1 log 2 .5 log 1 log 2 log 5 0
log 2 2 log 5 0 log 2 2 0
0 0
log 2 2 0
2 log 2 0 2 log 2
x x x x x x x x x
x x x x x x
x x
x x
x x
Vậy tổng hai nghiệm
5 5
0 2 log 2 2 log 2
Chọn A.
Câu 26:
Phương pháp
+) Điểm có điểm biểu diễn hình học là
;z a bi a b
;M a b
+) Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ
3
3
A B C
G
A B C
G
x x x
x
y y y
y
Cách giải:
Từ bài ra ta có
0; 3 , 2; 2 , 5; 1A B C
Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ
0 2 5
1
3 3
1; 2
3 2 1
2
3 3
A B C
G
A B C
G
x x x
x
G
y y y
y
Điểm biểu diễn số phức .
1; 2G
1 2z i
Chọn B.
Câu 27:
Phương pháp:
Thể tích lăng trụ với B là diện tích đáy, h là chiều cao.
V Bh
Cách giải:
Diện tích tam giác ABC là:
2
1 1 3 3
. .sin .2 .
2 2 2 2
ABC
a
S AB AC A a a
16
Thể tích lăng trụ
2
3
3
. ' .2 5 15
2
ABC
a
V S AA a a
Chọn A.
Câu 28:
Phương pháp:
Thể tích vật thể được sinh ra khi cho hình phẳng giới hạn bởi các đường
; 0; ;y f x y x a x b
quanh trục Ox là
2
b
a
V f x dx
Cách giải:
Thể tích cần tìm là
4 4 4
2
0 0 0
sin
tan tan
cos
x
V x dx xdx dx
x
4
4
0
0
1 1 ln 2
cos ln cos ln ln 2
cos 2
2
d x x
x
Chọn A.
Câu 29:
Phương pháp:
- Viết lại dưới dạng tích, thay vào
f x
g x
- Tìm các điểm làm cho không xác định và tính giới hạn của hàm số khi x dần tới các
g x
y g x
điểm đó.
- Sử dụng định nghĩa tiệm cận đứng và kết luận.
Cách giải:
Điều kiện:
2
2
0
0
1
0
0
2 0
2
x
x
x
x x
f x
f x f x
f x
Từ đồ thị hàm số ta thấy phương trình có nghiệm (bội 2) và nghiệm đơn
y f x
0f x
3x
nên ta viết lại
0
1;0x x
2
0
3f x a x x x
Khi đó
2 2 2 2
2
4 3 4 3
. 2
2
x x x x x x x x
g x
x f x f x
x f x f x
Dựa vào đồ thị ta cũng thấy, đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại ba điểm phân biệt
2y
y f x
nên ta viết lại
1 2
1, 3; 1 , 3x x x x x
1 2
2 1f x a x x x x x
Khi đó
2
2
0 1 2
1 3
. 3 . . 1
x x x x
g x
x a x x x a x x x x x
17
2
2
0 1
3 2
x x
a x x x x x x x
Dễ thấy nên ta không xét giới hạn của hàm số tại điểm
0
1;0x x
0
x
Ta có:
+)
2
0 0
0 1
1
lim lim
3 2
x x
x
g x
a x x x x x x x

là đường TCĐ của đồ thị hàm số
0x
y g x
+)
1 2
3
lim lim lim
x x x x x
g x g x g x

Các đường thẳng đều là các đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
1 2
3, ,x x x x x
y g x
Vậy đồ thị hàm số có tất cả 4 đường tiệm cận đứng.
y g x
Chọn D.
Câu 30:
Phương pháp:
Lấy N là trung điểm AB. Chứng minh từ đó suy ra góc giữa AB và CD.
AB NCD
Cách giải:
Các tam giác ABC và ABD đều là tam giác cân có 1 góc bằng 60
0
(gt) nên
là các tam giác đều.
;ABC ABD
Lấy N là trung điểm AB. Khi đó (tính chất tam giác
;CN AB DN AB
đều)
AB DCN AB DC
Nên góc giữa AB và CD là .
0
90
Chọn A.
Câu 31:
Phương pháp:
- Lập hàm tinh thể tích khối nón, xét hàm suy ra GTLN.
- Tính diện tích S , S ' với chú ý S là diện tích hình tròn và S ' là diện tích xung quanh của hình nón.
Cách giải:
Diện tích hình tròn
2
S R
Gọi bán kính đường tròn đáy hình nón là ta có
0r r R
2 2 2 2
1 1
3 3
V r h r R r
Xét hàm có
2 2 2
f r r R r
2 2 3 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 3
' 2 .
r R r r r R r
r
f r r R r r
R r R r R r R r R r
18
:
2
' 0 0
3
R
f r r do r R
Bảng biến thiên:
r
0
2
3
R
R
'f r
+
0
-
f r
max
f
Do đó thể tích V đạt GTLN tại . Khi đó
2
3
R
r
2
2 2
' . .
3 3
xq
R R
S S rl R
Vậy
2
2
' 2 2 6
:
3 3
3
S R
R
S
Chọn D.
Câu 32:
Phương pháp:
+) Tính đạo hàm
'y
+) Để hàm số đồng biến trên khoảng K thì
' 0;y x K
+) Cô lập m đưa về dạng từ đó suy ra m.
;g x m x K
Cách giải:
ĐK:
1x
Ta có
2
2
2 1 2 . 1 1 2 6
'
1
m x m x m x mx m
y
x
2 2
2
2
2
2 1 2 1 2 2 1 2 6
1
1 2 1 4
1
m x m x mx m m x mx m
x
m x m x m
x
Để hàm số đồng biến trên thì
4;
' 0; 4y x
2
1 2 1 4 0; 4m x m x m x
2
1 2 4 ; 4m x x m x
+ Với (luôn đúng) nên nhận
1 0 1 0 4m m
1. 1m
+ Với
2 2
4;
4 4
1 0 1 2 ; 4 min 2
1 1
m m
m m x x x x x
m m

Xét hàm số có , ta có BBT trên là
2
2g x x x
' 2 2 0 1 4;g x x x 
4;
19
x
4

'g x
+
g x
8

Từ BBT suy ra
4
4 8 8 2
8
1 2
1
1 1
1
m
m m m
m
m
m m
m
+ Với
2
4;
4 4
1 0 1 2 ; 4 max
1 1
m m
m m x x x g x
m m

Từ BBT của suy ra không có m thỏa mãn.
g x
Từ (1) và (2) suy ra mà và m nguyên nên có 2021 số
1m
2019;2019m
1;0;...;2019m
thỏa mãn.
Chọn D.
Câu 33:
Phương pháp:
+) Rút z theo w, thay vào giả thiết
1 2z
+) Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức thỏa mãn là đường tròn tâm bán
w a bi r
;I a b
kính r
Cách giải:
Ta có
w
w 1 8
1 8
i
i z i z
i
Theo bài ra ta có:
w
1 2 1 2
1 8
i
z
i
2
2
w 1 8
2 w 1 1 8 2 1 8
1 8
w 1 1 8 2 1 8 6
i i
i i i
i
i i
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm , bán kính
1;1 8I
6r
Chọn C.
Câu 34:
Phương pháp:
Cô lập m đưa bất phương trình về dạng suy ra
;m f x x
maxm f x
Ta tính rồi lập BBT của và kết luận.
'f x
f x
Cách giải:
20
Ta có với
4 4 4
4
4
4 0 1 4 1 0
1
x
mx x m m x x m f x Do x x
x
x
maxm f x
Xét hàm trên
4
4
1
x
f x
x
Ta có
2 2
4 3 4
2 2 2
4 4 4
1 3 1 3
1 .4 3 1
' 4 4. 4.
1 1 1
x x
x x x x
f x
x x x
Từ đó
4
4
1
3
' 0
1
3
x
f x
x
Ta có BBT:
x

4
1
3
4
1
3

'f x
-
+
-
f x
0
4
3
3
4
3
3
0
Từ BBT suy ra mà m nguyên và
4
3
2,27
3
m
50;50 3;4;...;50m m
Tổng
3 50 .48
3 4 ... 50 1272
2
S
Chọn A.
Câu 35:
Phương pháp:
- Đặt và tìm điều kiện của t .
log cost x
- Thay vào phương trình đã cho đưa về phương trình ẩn t .
- Biến đổi điều kiện bài toán về điều kiện của phương trình vừa có được và tìm m .
Cách giải:
Điều kiện:
cos 0 , k
2
x x k
Ta có:
2 2 2
log cos log cos 4 0x m x m
2 2
log cos 2 log cos 4 0x m x m
Đặt . Do nên hay
log cost x
0 cos 1x
log cos 0x
;0t 
21
Phương trình trở thành có
2 2
2 4 0 *t mt m
2 2 2
' 4 2 4m m m
Phương trình đã cho vô nghiệm nếu và chỉ nếu phương trình (*) vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm (không nhất
thiết phân biệt) thỏa mãn
1 2
,t t
1 2
0 t t
TH1: (*) vô nghiệm
2
' 2 4 0 2 2m m
TH2: (*) có hai nghiệm thỏa mãn
1 2
0 t t
2
1 2
2
1 2
2
2
' 0 2 4 0
0 2 0 0 2 2
2 2
0
4 0
m
m
m
t t m m m
m
t t
m
Kết hợp hai trường hợp ta được
2;2m
Chọn C.
Câu 36:
Phương pháp:
+) Lấy nguyên hàm hai vế của đẳng thức ở đề bài, từ đó ta tìm được . (sử dụng phương pháp đưa
f x
vào trong vi phân
'f x dx d f x
+) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên . Ta giải phương trình tìm các nghiệm
y f x
;a b
' 0f x
;
i
x a b
+) Khi đó
a;
max max ; ;
i
b
f x f a f x f b
Cách giải:
Ta có
2 2
2 2
. ' 3 4 2 . ' 3 4 2f x f x x x f x f x dx x x dx
3
2
3 2 3 2
3
3 2
2 2 2 2
3
3 6 6 3
f x
f x d f x x x x C x x x C
f x x x x C
Ta có:
3
3 2
0 1 1 3 3 6 6 1f C f x x x x
3
3 2
3 6 6 1f x x x x
Xét hàm trên
3
3 2
3 6 6 1f x x x x
2;1
Ta có
2
2 3 2
3
1
' 9 12 6 3 6 6 1
3
f x x x x x x
22
2
2 3 2
3
2
2 3 2
3
2
2
3 2
3
3 4 2 3 6 6 1
4 4 2
3 3 6 6 1
3 9 9
2 2
3 3 6 6 1
3 9
x x x x x
x x x x x
x x x x
Nhận thấy Hàm số đồng biến trên
' 0f x x
2;1
Suy ra
3
2;1
max 1 16f x f
Chọn C.
Câu 37:
Phương pháp:
- Dựng mặt phẳng chứa SO và song song với AB .
- Sử dụng lý thuyết: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách từ đường thẳng này
đến mặt phẳng song song với nó và chứa đường thẳng kia.
- Đưa bài toán về tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng và kết luận.
Cách giải:
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AD, BC thì AB / / EF AB / /
SEF
Mà
,S , ,SO SEF d AB O d AB SEF d A SEF
Dựng
AH SE
Ta thấy: FE / / AB,
AB SAD FE SAD FE AH
Mà nên
AH SE
,AH SEF d A SEF AH
ABCD là hình vuông cạnh a nên
2BD a
Dễ dàng chứng minh được
( . . )SAB SAD c g c SB SD
Tam giác SBD cân có nên đều
0
60SBD
2SD BD a
Tam giác SAD vuông tại A có
2 2 2 2
2SA SD AD a a a
Tam giác SAE vuông tại A có
2
2 2 2
1 5
,
2 2 4 2
a a a
SA a AE AD SE SA AE a
Do đó
.
. 5
2
5
5 5
2
a
a
SA AE a a
AH
SE
a
Chọn D.
Câu 38:
Phương pháp:
+ Tìm điểm I thỏa mãn
3 2 0IA IB
+ Đưa biểu thức cần tìm về MI từ đó lập luận để có M là hình chiếu của I trên mặt phẳng
P
+ Viết phương trình đường thẳng d qua I và nhận làm VTCP.
P
n
23
+ Điểm M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng
P
Cách giải:
Gọi là điểm thỏa mãn
; ;I x y z
3 2 0 3 2IA IB IA IB
Ta có
1 ; ;2 ; 3 ;1 ; 1IA x y z IB x y z
Khi đó
3 3 6 2 3
3 2 3 2 2 2 3; 2;8
6 3 2 2 8
x x x
IA IB y y y I
z z z
Ta có:
(vì )
3 2 3 2 3 2MA MB MI IA MI IB MI IA IB MI
3 2 0IA IB
Khi đó nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I trên mặt phẳng
3 2MA MB MI MI
P
Phương trình đường thẳng d qua và vuông góc với là
3; 2;8I
P
3
: 2
8
x t
d y t
z t
Suy ra nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
M d P
2
3
3 3
11
2 2
11 8 22
3
; ;
8 8 8
3 3 3
3
1 0 3 2 8 0
22
3
t
x t x t
x
y t y t
M
z t z t
y
x y z t t t
z
Từ đó
11 8 22
; ; 9 3 6 33 8 44 3
3 3 3
a b c S a b c
Chọn B.
Câu 39:
Phương pháp:
Sử dụng quy tắc vách ngăn.
Cách giải:
Xếp 2 học sinh lớp A có 2! cách xếp, khi đó tạo ra 3 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn
lớp A.
Xếp bạn lớp B thứ nhất vào 1 trong 2 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 2 cách, khi đó tạo ra 4
khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.
Xếp bạn lớp B thứ 2 vào 1 trong 3 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 3 cách, khi đó tạo ra 5
khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.
Xếp bạn lớp B thứ 3 vào 1 trong 4 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 4 cách, khi đó tạo ra 6
khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.
Xếp bạn lớp C thứ nhất vào 1 trong 6 khoảng trống (kể cả khoảng trống giữa 2 bạn lớp A) có 6 cách, khi
đó tạo ra 7 khoảng trống.
24
Cứ như vậy ta có :
Xếp bạn lớp C thứ hai có 7 cách.
Xếp bạn lớp C thứ ba có 8 cách.
Xếp bạn lớp C thứ tư có 9 cách.
Vậy số cách xếp 9 học sinh trên thỏa mãn yêu cầu là cách.
2!.2.3.4.6.7.8.9 145152
Chọn C.
Câu 40:
Phương pháp:
Sử dụng đạo hàm
2
. ' ' ' . ''f x f x f x f x f x
- Lấy nguyên hàm hai vế liên tiếp 2 lần tìm và kết luận.
f x
Cách giải:
Ta có
2
. ' ' ' . ' . ' ' ' . ''f x f x f x f x f x f x f x f x f x
Nên
2
4 4
' . '' 15 12 . ' ' 15 12f x f x f x x x f x f x x x
Lấy nguyên hàm hai vế ta có:
4 5 2
. ' 'dx 15 12 ' . 3 6f x f x x x dx f x f x x x C
Thay vào ta được
0x
5 2
' 0 . 0 1 . ' 3 6 1f f C C f x f x x x
Lấy nguyên hàm hai vế ta được
5 2
. ' dx 3 6 1f x f x x x dx
2
6 6
3 3
1 1
2
6 3
1
2 2
2 2 2
4 2 2
f x
x x
f x d f x x x C x x C
f x x x x C
Lại có
2
6 3
1
0 1 2 1 4 2 1f C f x x x x
Suy ra
2
1 8f
Chọn B.
Câu 41:
Phương pháp:
- Rút y từ phương trình đầu, thay vào bất phương trình sau tìm điều kiện của x .
- Thay y ở trên vào biểu thức P đưa về biến x .
- Sử dụng phương pháp hàm số đánh giá P tìm GTLN, GTNN.
Cách giải:
Ta có:
2
3 0 1
2 3 14 0 2
x xy
x y
Do nên thay vào (2) ta được:
, 0x y
2
3
1
x
y
x
2 2 2
2
3 2 3 9 14 9
2 3. 14 0 0 5 14 9 0 1
5
x x x x
x x x x
x x
25
Thay vào P ta được:
2
3x
y
x
2
2 2
2 2 3 2 3
3 3
3 2 2 3 . . 2 2
x x
P x y xy x x x x x x
x x
2
2
2 3
2 2 4 2 4 2
2
3
3 3 2 2
3 3 6 9 2 2
5 9 9
5
x
x x x x
x
x x x x x x
x
x
x x x
với mọi x nên hàm số đồng biến trên
2
9
' 5 0P
x
P P x
9
1;
5
Vậy
max min
9
4, 1 4
5
P P P P
Tổng .
max min
4 4 0P P
Chọn B
Câu 42:
Phương pháp:
+ Biến đổi giả thiết để sử dụng nếu hàm đồng biến thì
f t
f x f y x y
+ Biến đổi đưa P về hàm số chứa 1 biến x hoặc y rồi tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số thu được.
Cách giải:
ĐK:
1
0 1 ; 0
3
y
y x y
x xy
Ta có
3
3 3
3 3
1
log 3 3 4
3
log 1 log 3 3 3 1 1
3
log 1 3 1 log 3 *
3
y
xy x y
x xy
y x xy x xy y
x xy
y y x xy
Xét hàm số có nên hàm số đồng biến trên
3
log 3 0f t t t t
1
' 3 0; 0
ln3
f t t
t
0;
Kết hợp (*) suy ra
3 3
1 1
3 3
x xy x xy
f y f y
3 3 3 3 3 3 0(**)x xy y x xy y
Xét thay vào (**) ta được
P x y x P y
2
3 3 3 0 (3 1) 3 2 3P y P y y y P y y y
Ta tìm giá trị nhỏ nhất của trên
2
3 2 3
3 1
y y
g y
y
0;1
Ta có
2
2
2 2
6 2 3 1 3 3 2 3
9 6 11
'
3 1 3 1
y y y y
y y
g y
y y
26
Giải phương trình
1 2 3
0;1
3
' 0
1 2 3
0;1
3
y
g y
y
Lại có và
1 2 3
' 0 0;
3
g y y
1 2 3
' 0 ;1
3
g y y
Hay đổi dấu từ âm sang dương tại nên
'g y
1 2 3
3
y
min
0;1
1 2 3 4 3 4 4 3 4
min
3 3 3
g y g P
Chọn A.
Câu 43:
Phương pháp:
- Tính bán kính khối cầu.
- Tính bán kính đáy hình nón và suy ra thể tích.
- Tính thể tích phần nước còn lại.
Cách giải:
Gọi bán kính khối cầu là R ta có:
3
1 1 4
18 . 3
2 2 3
c
V R R dm
Khi đó chiều cao hình nón
2 6h OS R dm
Xét tam giác vuông tại O, đường cao OA nên
OES
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
12 2 3
3 6 12
OE OE dm
OA SO OE OE OA SO
Thể tích khối nón:
2
2 3
1 1
. 2 3 .6 24
3 3
n
V OE OS dm
Thể tích nước còn lại là:
3
24 18 6V dm
Chọn B.
Câu 44:
Phương pháp:
+) Xác định thiết diện thu được là Parabol
+) Tính diện tích parabol có chiều cao h và bán kính R là
4
3
S Rh
+) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị lớn nhất của S.
+) Cho 4 số không âm thì . Dấu = xảy
; ; ;a b c d
4
4
a b c d
abcd
ra khi .
a b c d
Cách giải:
Khi cắt hình nón bởi mặt phẳng song song với đường sinh của hình nón thì ta được thiết diện là một
parabol.
27
Giả sử thiết diện như hình vẽ.
Khi đó ta luôn có
AB MH
Kẻ HE / /SA trong mặt phẳng
SAB
Khi đó
/ /SA HME
Đặt , ta có
0 24BH x x
2 2 2 2
16 12 20SA SO OA cm
Xét tam giác AMB vuông tại M có (hệ thức lượng trong
2
. 24 24MH AH BH x x MH x x
tam giác vuông).
Xét tam giác có
SAB
.20 5
/ / SA
24 6
BH HE x
HE HE x
AB SA
Thiết diện parabol có chiều cao và bán kính
5
6
HE x
24r MH x x
Diện tích thiết diện là
4 4 5 10
. . 24 . . 24
3 3 6 9
S HE MH x x x x x x x
4
2
72 3
10 10
. . 72 3 . 207,8
4
9 3 9 3
Co si
x x x x
x x x x cm
Dấu = xảy ra khi
72 3 18x x x tm
Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện là
2
207,8S cm
Chọn D.
Câu 45:
Phương pháp:
- Xác định các đoạn vuông góc chung của các cặp đường thẳng AB và B 'C, BC và AB '.
- Dựa vào giải thiết khoảng cách nhận xét tính chất của hai đáy ABCD và A 'B 'C 'D '.
- Xác định độ dài đoạn vuông góc chung của AC và BD '.
- Tính độ dài các cạnh của hình hộp chữ nhật và suy ra thể tích.
Cách giải:
Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B lên B 'C và B 'A
Dễ thấy nên
' 'AB BCC B
AB BE
Lại có NÊN
'BE B C
2 5
, '
5
a
d AB B C BE
Tương tự có
2 5
, '
5
a
d BC AB BF
Xét các tam giác vuông BCB’ và BAB’ có:
2 2
1 1
BE BF
hay ABCD là hình vuông
2 2 2 2
1 1 1 1
' '
BC BA
B B BC B B BA
Suy ra . Lại có nên
BD AC
'AC DD
'AC BDD
Gọi là tâm hình hộp và H là hình chiếu của M lên BD '
,M AC BD O
28
Khi đó và nên
AC MH
'MH BD
3
, '
3
a
d AC BD MH
Đặt ta có:
, 'BA BC x BB y
Tam giác BB 'C vuông nên
2
2 2 2
1 1 1 5
1
4
2 5
5
x y a
a
Tam giác BMO vuông nên
2
2 2 2 2
1 1 1 1 3
.
3
3
MB MO MH a
a
Mà nên
1 2 1
, '
2 2 2 2
x y
MB BD MO DD
2 2
2 2 2 2
1 1 3 2 4 3
2
2
2
2
a x y a
y
x
Từ (1) và (2) ta có:
2 2 2
2 2
2 2
2 2 2
1 1 5
1 1
4
1 1
2 4 3 2
4
x a
x y a
x a
y a
y a
x y a
Vậy thể tích khối hộp
3
. . ' a.a.2a 2aV BA BC BB
Chọn D.
Câu 46:
Phương pháp:
Nhận xét rằng: Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số
3
2
2 1 3 5y x m x m x
có hai điểm cực trị trong đó chỉ có duy nhất một cực trị dương.
3 2
2 1 3 5y f x x m x mx
Từ đó xét trường hợp có hai cực trị trong đó có 1 cực trị bằng 0,1 cực trị dương và trường hợp có hai cực
trị trái dấu.
Cách giải:
Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng nên hàm số có ba điểm
3
2
2 1 3 5y x m x m x
cực trị khi và chỉ khi hàm số có hai điểm cực trị trong đó chỉ có
3 2
2 1 3 5y f x x m x mx
duy nhất một cực trị dương.
Ta có
2
' 3 2 2 1 3f x x m x m
TH1: Hàm số có 1 cực trị và 1 cực trị . Khi đó:
y f x
0x
0x
. Vậy nhận giá trị
2
0
' 0 0 3 0 0 ' 3 2 0
2
3
x
f m m f x x x
x TM
0m
TH2: Hàm số có hai cực trị trái dấu có hai nghiệm trái dấu
y f x
' 0f x
3 .3 0 0m m
Vậy với thì thỏa mãn yêu cầu nên có vô số giá trị nguyên thỏa mãn đề bài.
0m
Chọn A.
Câu 47:
29
Phương pháp:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm, tìm nghiệm.
- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm và các đường thẳng
,y f x y g x
,x a x b
là
b
a
S f x g x dx
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của và là
C
P
3 2 2
x ax bx c mx nx p
3 2
0(*)x a m x b n x c p
Dựa vào đồ thị ta thấy hai đồ thị hàm số tiếp xúc nhau tại điểm có hoành độ và cắt nhau tại điểm
1x
có hoành độ nên phương trình (*) có nghiệm (bội 2) và (nghiệm đơn).
1x
1x
1x
Viết lại (*) ta được
2
1 1 0x x
Vậy
1 1
2 2
1 1
4
1 1 1 1 1;2
3
S x x dx x x dx
Chọn B.
Câu 48:
Phương pháp:
Sử dụng mặt cầu có tâm I bán kính R tiếp xúc với mặt phẳng thì
S
P
,d I P R
Từ đó sử dụng thêm dữ kiện để tìm được bán kính của mặt cầu
IA R
Cách giải:
Gọi tâm mặt cầu là . Vì mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt phẳng nên ta có
; ;I a b c
; ;P Q R
, , ,d I P d I Q d I R R
Hay
1 1 1a b c R
Vì mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt phẳng nên ta có điều kiện
1
1
1
a
b
c
Suy ra
1 1 1 ; ;a b c a b c I a a a
Mà nên
A S
1IA R a
Ta có
2 2 2 2 2 2 2
2 2 5 1 2 2 5 1a a a a a a a a
2
2 16 32 0 4 3a a a R
Chọn A.
Câu 49:
Phương pháp:
- Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa mãn
5 3 5z i
- Gọi M
1
, M
2
là các điểm biểu diễn số phức suy ra điều
1 2
,z z
kiện của M
1
M
2
và tập hợp điểm biểu diễn số phức w.
30
Cách giải:
Tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa mãn là đường tròn tâm bán kính
z x yi
5 3 5z i
5;3I
5R
Gọi là hai điểm biểu diễn các số phức thì từ ta suy ra
1 1 1 2 2 2
; , ;M x y M x y
1 2
,z z
1 2
8z z
1 2
8M M
Gọi là điểm biểu diễn số phức thì
;N x y
1 2
w z z
1 2
1 2
x x x
y y y
Gọi M là trung điểm thì
1 2
M M
1 2 1 2
;
2 2
x x y y
M
Ta có: hay
2 2 2 2
1 1
5 4 3IM IM M M
2 2
1 2 1 2
5 3 3
2 2
x x y y
2 2
2
2 2 2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
5 3 9 10 6 36 10 6 36
2 2
x x y y
x x y y x y
Vậy tập hợp các điểm N thỏa mãn bài toán là đường tròn .
2 2
10 6 36.x y
Chọn A.
Câu 50:
Phương pháp
+ Từ đồ thị của hàm ta suy ra các điểm mà tại đó (các giao điểm với trục hoành) và
y f x
0f x
các điểm là cho (chính là các điểm cực trị của hàm số )
' 0f x
y f x
+ Sử dụng đạo hàm hàm hợp
2
2 . 'u x u x u x
+ Lập bảng xét dấu của hàm
2
y f x
+ Từ đó xác định các điểm cực đại và điểm cực tiểu
- Nếu đổi dấu từ âm sang dương tại thì là điểm cực tiểu của hàm số
'y
0
x
0
x
- Nếu đổi dấu từ dương sang âm tại thì là điểm cực đại của hàm số
'y
0
x
0
x
Cách giải:
Từ đồ thị hàm số ta thấy đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ
f x
0; 1; 3x x x
0
0 1
3
x
f x x
x
Lại thấy đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên
y f x
1
2
1
' 0 0;1
1;3
x
f x x x
x x
Hàm số có đạo hàm
2
y f x
' 2 . 'y f x f x
31
Xét phương trình
1
2
0
1
0
' 0 3
' 0
x
x
f x
y x
f x
x x
x x
Ta có BXD của như sau
'y
x

0
1
x
1
2
x
3

f x
+
0
-
-
0
-
-
0
+
'f x
-
-
0
+
0
-
0
+
+
' 2 . 'y f x f x
-
0
+
0
-
0
+
0
-
0
+
Nhận thấy hàm số có đổi dấu từ âm sang dương tại ba điểm nên hàm số
2
y f x
'y
0; 1; 3x x x
có ba điểm cực tiểu. Và đổi dấu từ dương sang âm tại hai điểm nên hàm số có hai điểm
'y
1 2
;x x x x
cực đại.
Chọn D.
| 1/31
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN
KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Bài thi: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi có 06 trang) Mã đề thi 103
Họ và tên thí sinh: ........................................................................
Số báo danh: .................................................................................
Câu 1 (NB): Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng đi qua điểm M 2;0; 
1 và có một véc tơ chỉ  phương a  4; 6
 ;2. Phương trình tham số của  là x  2   4t
x  2  2t
x  4  2tx  2   2t    
A. y  6t B. y  3  t C. y  6 
D. y  3tz 1 2t     z  1   tz  2  tz  1 t
Câu 2 (TH): Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. 4 2
y  x  2x 1 B. 4 2
y  2x  4x 1 C. 4 2
y x  2x 1 D. 4 2
y  x  2x 1
Câu 3 (NB): Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P : 3x z  2  0 . Véc tơ nào dưới đây là một véc
tơ pháp tuyến của P ?     A. n  3; 1  ;2 B. n   1  ;0;  1
C. n  0;3;  1 D. n  3; 1  ;0
Câu 4 (NB): Khi quay một tam giác vuông (kể cả các điểm trong của tam giác vuông đó) quanh đường
thẳng chứa một cạnh góc vuông ta được A. Hình nón B. Khối trụ C. Khối nón D. Hình trụ
Câu 5 (TH): Cho cấp số cộng u u  5  , d  2 n  , biết
. Số 81 là số hạng thứ bao nhiêu? 1 A. 44 B. 100 C. 75 D. 50
Câu 6 (NB): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy,
SA a 3 . Tính thể tích hình chóp S.ABCD. 3 a 3 a 3 A. B. C. 3 a 3 D. 3 3a 3 3 3
Câu 7 (NB): Cho số phức z  10  2i . Phần thực và phần ảo của số phức z là
A. Phần thực bằng 10
và phần ảo của số phức bằng 2  i .
B. Phần thực bằng 10
và phần ảo bằng 2  . 1
C. Phần thực bằng 10 và phần ảo bằng 2.
D. Phần thực bằng 10 và phần ảo bằng 2i.
Câu 8 (NB): Cho hàm số y f x có bảng biến thiên sau đây.
Mệnh đề nào sau đây đúng? x  -2 1  y’ - 0 - 0 + 20  y  -7
A. Hàm số y f x đạt cực tiểu tại x  2 
B. Hàm số y f x đạt cực tiểu tại x 1
C. Hàm số y f x đạt cực tiểu tại x  7 
D. Hàm số y f x không có cực trị
Câu 9 (NB): Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập xác định của nó?  2 xx x x  1   e A. y
B. y   2 C. y D.     y     3   2  
Câu 10 (TH): Cho trước 5 chiếc ghế xếp thành một hàng ngang. Số cách xếp 3 bạn A, B, C vào 5 chiếc
ghế đó sao cho mỗi bạn 1 ghế là A. 3 C B. 6 C. 3 A D. 15 5 5
Câu 11 (TH): Họ nguyên hàm của hàm số   2 2 x f x là 4x A.  1 C B. C
C. 4x C
D. 4x.ln 4  C ln 4 4x.ln 4
Câu 12 (NB): Trong không gian Oxyz cho điểm A 2
 ;1;3 . Hình chiếu vuông góc của A trên trục Ox có tọa độ là A. 0;1;0 B.  2  ;0;0 C. 0;0;3 D. 0;1;3
Câu 13 (NB): Cho hàm số f x có đạo hàm f x  xx  2 '
1 . Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A.  1  ; B.  1  ;0 C.  ;    1 D. 0; 1 2 2
Câu 14 (NB): Cho f
 xdx  3 và f
 xdx  2 . Khi đó f xdx  0 1 0 A. 1 B. 1  C. 5 D. 6
Câu 15 (NB): Với a và b là hai số thực dương tùy ý,  2 3 log a b  bằng 1 1
A. log a  log b B. 2log a  log b
C. 2log a  3log b D. 2log . a 3log b 2 3 2
Câu 16 (TH): Phương trình  3
log 54  x   3log x có nghiệm là
A. x  4
B. x  3
C. x  1
D. x  2
Câu 17 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S  2 2 2
: x  y z  6x  4y 12  0 . Mặt
phẳng nào sau đây cắt S  theo một đường tròn có bán kính r  3?
A. 4x  3y z  4 26  0
B. 2x  2y z 12  0
C. 3x  4y  5z 17  20 2  0
D. x y z  3  0
Câu 18 (TH): Cho một khối trụ có độ dài đường sinh bằng 10cm. Biết thể tích khối trụ bằng  3 90 cm .
Diện tích xung quanh của khối trụ bằng A. 2 36 cm B. 2 78 cm C. 2 81 cm D. 2 60 cm
Câu 19 (TH): Cho số phức z có phần thực là số nguyên và z thỏa mãn z  2z  7
  3i z . Mô đun của số phức 2
w  1 z z bằng A. w  445 B. w  425 C. w  37 D. w  457 2 x  3x  6
Câu 20 (TH): Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  trên x  2 đoạn 0; 
1 . Giá trị của M  2m bằng A. 1  1 B. 1  0 C. 11 D. 10
Câu 21 (TH): Cho hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ.
Với giá trị nào của tham số m thì phương trình f x  m có
năm nghiệm phân biệt thuộc đoạn 0;5 ?
A. m 0;  1
B. m 1;
C. m 0;  1
D. m  (0;1]
Câu 22 [TH]: Trong không gian Oxyz, xét mặt cầu S  có phương trình dạng 2 2 2
x  y z  4x y  2az 10a  0 . Tập hợp các giá trị thực của a để S  có chu vi đường tròn lớn bằng 8 là A. 1;1  0 B.  1  0;  2 C.  1  ;1  1 D. 1; 1   1 1
Câu 23 (TH): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 2
y x mx   2 m m   1 x 1 đạt cực 3
đại tại điểm x  1?
A. m  2 hoặc m  1 
B. m  2 hoặc m  1 C. m  1 D. m  2
Câu 24 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình 2
log x  5log x  6  0 là 2 2  1   1  1  A. S  0;
B. S  64; C. S  0; 64; 
D. S  ;64  2   2     2    3
Câu 25 (TH): Gọi x , x là hai nghiệm của phương trình 2 x x 2 2 .5
x  1. Khi đó tổng x x bằng 1 2 1 2 A. 2  log 2 B. 2   log 2 C. 2  log 2 D. 2  log 5 5 5 5 2
Câu 26 (TH): Trong mặt phẳng Oxyz, gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức z  3
i; z  2  2i;z  5
  i . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Khi đó điểm G biểu diễn số phức là 1 2 3 A. z  1   i B. z  1   2i
C. z  1 2i
D. z  2  i
Câu 27 (TH): Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác với AB a, AC  2a và 0
BAC  120 , AA'  2a 5 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. 3 4a 5 3 a 15 A. 3
V a 15 B. V C. V D. 3
V  4a 5 3 3
Câu 28 (TH): Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y  tan x; y  0; x  0; x  quay xung quanh 4
trục Ox. Tính thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra. ln 2 ln 3 A. B. C.
D. ln 2 2 4 4
Câu 29 (VD): Cho hàm số f x 3 2
ax bx cx d a, ,
b c, d   có đồ
 2x 4x3 2x x
thị như hình vẽ. Đồ thị hàm số g x  có bao nhiêu
x  f x2 2 f x   
đường tiệm cận đứng? A. 3 B. 2 C. 6 D. 4
Câu 30 (VD): Cho tứ diện ABCD có AB AC AD và 0
BAC BAD  60 . Xác định góc giữa hai
đường thẳng AB và CD A. 0 90 B. 0 45 C. 0 60 D. 0 30
Câu 31 (VD): Cho một miếng tôn hình tròn tâm O, bán kính R. Cắt bỏ một phần miếng tôn theo một hình
quạt OAB và gò phần còn lại thành một hình nón đỉnh O không có đáy (OA trùng với OB). Gọi S và S ' S '
lần lượt là diện tích của miếng tôn hình tròn ban đầu và diện tích của miếng tôn còn lại. Tìm tỉ số để S
thể tích của khối nón đạt giá trị lớn nhất. 2 1 1 6 A. B. C. D. 3 4 3 3 m   2
1 x  2mx  6m
Câu 32 (VD): Số các giá trị nguyên của tham M  2
 019;2019 để hàm số y x 1
đồng biến trên khoảng 4; ? A. 2034 B. 2018 C. 2025 D. 2021
Câu 33 (VD): Cho các số phức z thỏa mãn z 1  2 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức
w  1 i 8 z i là một đường tròn. Bán kính r của đường tròn đó là A. 9 B. 36 C. 6 D. 3 4
Câu 34 (VD): Tính tổng các giá trị nguyên của tham số m  5
 0;50 sao cho bất phương trình 4
mx  4x m  0 nghiệm đúng với mọi x   . A. 1272 B. 1275 C. 1 D. 0
Câu 35 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 2 2
log cosx  m log cos x m  4  0 vô nghiệm.
A. m  2;2
B. m  2; 2
C. m  2;2 D. m  2  ; 2 
Câu 36 (VD): Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên đoạn  2  ; 
1 thỏa mãn f 0 1 và
f x2 f x 2 . '
 3x  4x  2. Giá trị lớn nhất của hàm số y f x trên đoạn  2  ;  1 là: A. 3 2 16 B. 3 18 C. 3 16 D. 3 2 18
Câu 37 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và 0
SBD  60 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SO. a 5 a 2 a 2 a 5 A. B. C. D. 2 2 5 5
Câu 38 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1;0;2, B3;1;  1 và mặt phẳng   
P : x y z 1  0 . Gọi M  ; a ;
b cP sao cho 3MA  2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính
S  9a  3b  6c . A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
Câu 39 (VD): Có 2 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và 4 học sinh lớp C xếp thành một hàng ngang sao
cho giữa hai học sinh lớp A không có học sinh lớp B. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng như vậy? A. 108864 B. 80640 C. 145152 D. 217728
Câu 40 (VD): Cho hàm số f x thỏa mãn  f x2  f xf x 4 ' . '
15x 12x, x    và
f 0  f '0 1. Giá trị của  f  2 1 là 5 9 A. 10 B. 8 C. D. 2 2 2
x xy  3  0
Câu 41 (VDC): Cho x, y  0 và thỏa mãn 
. Tính tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
2x  3y 14  0 biểu thức 2 2 3
P  3x y xy  2x  2x ? A. 8 B. 0 C. 4 D. 12 1 y
Câu 42 (VDC): Xét các số thực dương x;y thỏa mãn log
 3xy x  3y  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất 3 x  3xy
P của biểu thức P x y . min 4 3  4 4 3  4 4 3  4 4 3  4 A. P B. P C. P D. P min 3 min 3 min 9 min 9
Câu 43 (VD): Một bình đựng nước dạng hình nón (không có đáy) đựng đầy nước. Người ta thả vào đó
một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là 5 3
18 dm . Biết khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa khối cầu chìm
trong nước. Tính thể tích nước còn lại trong bình. A. 3 27 dm B. 3 6 dm C. 3 9 dm D. 3 24 dm
Câu 44 (VD): Khi cắt hình nón có chiều cao 16 cm và đường kính đáy 24 cm bởi một mặt phẳng song
song với đường sinh của hình nón ta thu được thiết diện có diện tích lớn nhất gần với giá trị nào sau đây? A. 170 B. 260 C. 294 D. 208 2a 5
Câu 45 (VDC): Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’. Khoảng cách giữa AB và B’C là , 5 2a 5 a 3
khoảng cách giữa BC và AB’ là
, khoảng cách giữa AC và BD’ là
. Tính thể tích khối hộp 5 3 ABCD.A’B’C’D’. A. 3 4a B. 3 3a C. 3 5a D. 3 2a
Câu 46 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số 3
y x   m   2 2
1 x  3m x  5 có ba điểm cực trị? A. Vô số B. 3 C. 2 D. 1
Câu 47 (VD): Cho hai hàm số 3 2
y x ax bx c a,b,c   có đồ thị C và 2
y mx nx p  , m ,
n p   có đồ thị P như hình vẽ.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi C và P có giá trị nằm trong khoảng nào sau đây? A. 0;  1 B. 1;2 C. 2;3 D. 3;4
Câu 48 (VD): Trong không gian Oxyz, mặt cầu S đi qua điểm A2; 2
 ;5 và tiếp xúc với ba mặt
phẳng P : x 1,Q : y  1
 và R : z 1 có bán kính bằng A. 3 B. 1 C. 2 3 D. 3 3
Câu 49 (VD): Cho z , z là hai số phức thỏa mãn điều kiện z  5  3i  5 đồng thời z z  8 . Tập hợp 1 2 1 2
các điểm biểu diễn số phức w=z z trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có phương trình 1 2
A. x  2   y  2 10 6  36
B. x  2   y  2 10 6  16 2 2  5   3  2 2  5   3  9 C. x   y   9 D.     x   y        2   2   2   2  4
Câu 50 (VD): Cho hàm số y f x có đạo hàm f ' x trên tập số
thực  và đồ thị của hàm số y f x như hình vẽ. Khi đó, đồ thị
của hàm số    2 y f x có
A. 2 điểm cực đại, 2 điểm cực tiểu 6
B. 2 điểm cực tiểu, 3 điểm cực đại
C. 1 điểm cực đại, 3 điểm cực tiểu
D. 2 điểm cực đại, 3 điểm cực tiểu 7
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.B 2.B 3.C 4.C 5.A 6.B 7.C 8.B 9.B 10.C 11.A 12.B 13.D 14.C 15.C 16.B 17.C 18.D 19.D 20.A 21.A 22.C 23.D 24.D 25.A 26.B 27.A 28.A 29.D 30.A 31.D 32.D 33.C 34.A 35.C 36.C 37.D 38.B 39.C 40.B 41.B 42.A 43.B 44.D 45.D 46.A 47.B 48.A 49.A 50.D Câu 1: Phương pháp
x x at 0 
Đường thẳng đi qua điểm M x ; y ; z u   ; a ; b c
y y bt 0 0 0  và VTCP có phương trình là 0
z z ct  0 Cách giải:  1 
Đường thẳng  đi qua điểm M 2;0; 
1 và có một véc tơ chỉ phương a  4; 6
 ;2 hay a  2; 3  ;  1 2
x  2  2t  nên  : y  3  t z  1   tChọn B Câu 2: Phương pháp:
+ Xác định rằng đây là đồ thị hàm số 4 2
y ax bx c
+ Dựa vào đồ thị hàm số xác định dấu của hệ số a
+ Hàm số có ba cực trị thì ab  0
+ Xác định một số điểm thuộc đồ thị, thay tọa độ các điểm đó vào các hàm số để loại trừ đáp án. Cách giải:
Từ đồ thị ta thấy lim y   nên hệ số a  0 , loại C x
Đồ thị hàm số có 3 cực trị nên ab  0 suy ra b  0 , loại A. Điểm 1; 
1 thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x  1; y  1 vào các hàm số ở B và D, thấy chỉ có hàm số 4 2 y  2
x  4x 1 thỏa mãn. Chọn B. Câu 3: Phương pháp:
Mặt phẳng Ax By Cz D  0 có một véc tơ pháp tuyến n   ; A ; B C Cách giải:
Mặt phẳng P : 3x z  2  0 có một véc tơ pháp tuyến n  3;0;  1 8 Chọn C. Câu 4: Phương pháp:
Sử dụng kiến thức lý thuyết về khối nón. Cách giải:
Khi quay một tam giác vuông (kể cả các điểm trong của tam giác vuông đó) quanh đường thẳng chứa một
cạnh góc vuông ta được một khối nón. Chọn C.
Chú ý: Một số em nhầm sang đáp án A là hình nón. Ở đây chúng ta lưu ý rằng khi quay tất cả các điểm
bên trong tam giác quanh cạnh góc vuông thì ta sẽ được một khối đặc nên ta dược một khối nón chứ không phải hình nón. Câu 5: Phương pháp:
Sử dụng công thức tìm số hạng tổng quát của cấp số cộng u u n 1 d n 1   Cách giải:
Ta có: u u n 1 d 81  5   n   1 .2  n  44 n 1   hay
Vậy 81 là số hạng thứ 44 của dãy. Chọn A. Câu 6: Phương pháp: 1
Thể tích khối chóp có chiều cao h và diện tích đáy S là V  . h S 3 Cách giải: Diện tích đáy 2 Sa ABCD 3 1 1 a 3 Thể tích khối chóp là 2 VS . A S  .a 3.a ABCD 3 ABCD 3 3 Chọn B. Câu 7: Phương pháp:
Số phức liên hợp của z a bi là z a bi Cách giải:
Số phức của z  10  2i là z  10  2i
Vậy phần thực của z là 10 và phần ảo 2. Chọn C. Câu 8: Phương pháp
Sử dụng cách đọc bảng biến thiên.
Nếu y’ đổi dấu từ âm sang dương tại x a thì x a là điểm cực tiểu của hàm số
Nếu y’ đổi dấu từ dương sang âm tại x b thì x b là điểm cực đại của hàm số 9 Cách giải:
Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x  1 và đạt cực đại tại x  2  Chọn B. Câu 9: Phương pháp: Hàm số x
y a 0  a  
1 đồng biến nếu a  1 Cách giải: x
Trong các đáp án đã cho chỉ có đáp án B có hàm số y   2 có 2 1 nên hàm số đồng biến trên  . Chọn B. Câu 10: Phương pháp
Sử dụng kiến thức về chỉnh hợp.
Lưu ý rằng nếu chọn các phần tử rồi mang ra sắp xếp thì ta sẽ sử dụng chỉnh hợp. Cách giải:
Mỗi cách xếp 3 bạn vào 5 chiếc ghế là một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử nên số cách xếp có được là 3 A 5 (cách). Chọn C. Câu 11: Phương pháp x a Nguyên hàm của hàm số x
y a 0  a   1 là  C . ln a Cách giải: 4x Ta có:   2 2 x 4x f x
 nên nguyên hàm của f x là  C ln 4 Chọn A. Câu 12: Phương pháp
Hình chiếu vuông góc của điểm M  ; a ;
b c lên trục Ox là M  ; a 0;0 Cách giải:
Hình chiếu vuông góc của điểm A 2
 ;1;3 lên trục Ox là A 2  ;0;0 Chọn B. Câu 13: Phương pháp:
Các khoảng làm cho y '  0 thì hàm số đồng biến. Cách giải:
Ta có: f x  xx  2 ' 1  0  x  0
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên 0; Chọn D. Câu 14: 10 Phương pháp b c c
Sử dụng tính chất tích phân: f
 xdxf
 xdx f  xdx a b a Cách giải: 1 2 2 2 Ta có: f
 xdxf
 xdx f
 xdx f
 xdx  23  5 0 1 0 0 Chọn C. Câu 15: Phương pháp
Sử dụng các công thức biến đổi log n
x n log x,log  xy  log x  log y với điều kiện các logarit đều có nghĩa. Cách giải: Ta có:  2 3 a b  2 3 log
 loga  log b  2log a  3log ba,b  0 . Chọn C. Câu 16: Phương pháp:
f x  0 
Đưa phương trình về dạng log f x
g x  g x a   loga     0  f
  x  g xCách giải: Ta có log  3
54  x   3log x  log 3 54  x  3  log x 3 5  4  x  0 3 3      0 x 3 2 0  x  3 2  x  0      x  3 3  2x  54 x  3 3 3 54  x xChọn B. Câu 17: Phương pháp
- Tính khoảng cách từ tâm mặt cầu đến P , sử dụng công thức 2 2
d R r
- Đối chiếu với các đáp án: Kiểm tra d I,P bằng kết quả vừa tìm được ở trên và kết luận. Cách giải:
Mặt cầu S  có tâm I 3; 2  ;0 và bán kính 2 2
R  3  0  2 12  5
Khoảng cách từ I đến P là d I P 2 2 2 2 ,
R r  5  3  4
Đối chiếu các đáp án ta thấy: 4.3  3. 2   0  4 6
Đáp án A: d I,P     4 nên loại A. 4   3  2   2 2 1 11 2.3  2. 2   0 12 14
Đáp án B: d I,P      4 nên loại B.    2 2 2 3 2 2 1 3.3  4. 2   5.0 17  20 2
Đáp án C: d I,P     4 nên chọn C. 3   4  2 2 2  5 Chọn C. Câu 18: Phương pháp:
Hình trụ có bán kính đáy r và có chiều cao h thì có diện tích xung quanh S  2 rh và có thể tích xq 2
V  r h . (Với khối trụ thì đường sinh và chiều cao bằng nhau) Cách giải:
Gọi r là bán kính đáy, theo đề bài ta có 3 h  10c ;
m V  90 cm 2 2
V  r h  90 r .10  r  3cm
Diện tích xung quanh hình trụ là 2
S  2 rh  2.3.10  60 cm xq Chọn D. Câu 19: Phương pháp
- Gọi z a bi a  ,b 
- Thay vào điều kiện bài cho tìm z , từ đó tính w và kết luận. Cách giải:
Gọi z a bi a  ,b  , ta có: 2 2 z  2z  7
  3i z a b  2a bi  7
  3i a bi 2 2
a b  2a  2bi  7  3i a bi  0 2 2        a b
3a 7 b 3i 0 2 2  b   3
a b  3a  7  0      2 b   3  0
a  9  3a  7  0    1 Giải   1 ta có: 3  a  7  0 2 2
a  9  3a  7  0  a  9  3a  7   2 2
a  9  9a  42a  49  7 a    7 3 a     3  a  4 2 8
 a 42a  40  0  5  a  4(tm) a   4
Do đó a  4,b  3  z  4  3i
Khi đó w   z z     i    i2 2 1 1 4 3 4 3
 1 4  3i 16  24i  9  4  21i 12 Vậy    2 2 w 4 21  457 . Chọn D. Câu 20: Phương pháp
+ Tìm điều kiện xác định + Xét trên đoạn  ;
a b . Tính y ' ; giải phương trình y '  0 tìm các nghiệm x  ; a b i
+ Tính y a; y x ; y b i  
+ max y  maxy a; y x ; y b
min y  miny a; y x ; y b i   i   và a;b a;b a;b a;b
Từ đó xác định M ; m M  2m Cách giải: ĐKXĐ: x  2 Xét trên đoạn 0;  1 ta có
2x 3x  2 2x 3x 6 2 x  4xx  0(tm) Ta có y '    0    x  22 x  22 x  4(ktm) y   
M  max y  3 0  3    0; 1   
M  2m  3   2. 4    1  1 y    1  4 
m  min y  4   0; 1 Chọn A. Câu 21: Phương pháp:
- Vẽ phác đồ thị hàm số y f x từ đồ thị hàm số y f x đã cho (lấy đối xứng phần dưới trục hoành
qua trục hoành và giữ nguyên phần phía trên trục hoành).
- Sử dụng tương giao đồ thị suy ra tập giá trị của m. Cách giải:
Từ đồ thị hàm số đã cho ta dựng được đồ thị hàm số
y f x như sau:
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy, trên đoạn 0;5 thì
đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y f x tại
đúng 5 điểm phân biệt nếu và chỉ nếu 0  m  1 Chọn A. Câu 22: Phương pháp:
Xác định tâm và bán kính mặt cầu 2 2 2
x  y z  2ax  2by  2cz d  0 với 2 2 2
a b c d  0 có tâm I  ; a ; b c và bán kính 2 2 2
R a b c d
Chu vi đường tròn bán kính R là C  2 R 13 Cách giải: Mặt cầu 2 2 2
x  y z  4x  2y  2az 10a  0 có: +) Tâm I 2; 1  ;a a  5  2 5 +) Bán kính R    2 2 2 2 2
1  a 10a a 10a  5 với điều kiện 2
a 10a  5  0   a  5  2 5
Đường tròn lớn của hình cầu có bán kính 2
R a 10a  5 nên chu vi 2
C  2 a 10a  5 Theo đề bài ta có: 2 2
C  8 2 a 10a  5  8a 10a  5  4 a  1  2 2
a 10a  5  16  a 10a 11  0  (tm)  a  11 Vậy a   1  ;1  1 Chọn C. Câu 23: Phương phápf '   x  0 0 
Hàm số bậc ba y f x đạt cực đại tại điểm x x nếu  0  f '  x  0 0  Cách giải: 1
Đặt y f x 3 2
x mx   2 m m   1 x 1 3
Ta có: f x 2 2 '
x  2mx m m 1; f ' x  2x  2m f    2 2 ' 1  0 1   2 .
m 1 m m 1  0
Hàm số đạt cực đại tại x  1      f ' 
 1  0 2.1 2m  0 m 1 2
m  3m  2  0   
 m  2  m  2 2  2m  0  m  1 Chọn D. Câu 24: Phương pháp
+) Tìm điều kiện xác định.
+) Phân tích vế trái thành nhân tử rồi giải bất phương trìn (hoặc đặt ẩn phụ log x t ) 2 Cách giải: ĐK: x  0 . Ta có 2
log x  5log x  6  0  log x 1 log x  6  0 2 2  2  2  1  1
  log x  6   x  64 2 2 14 1 
Kết hợp điều kiện ta có S  ;64  2    Chọn D. Câu 25: Phương pháp:
- Logarit hai vế theo cơ số 5 đưa về phương trình tích.
- Giải phương trình tìm nghiệm và kết luận. Cách giải: Ta có: 2
2x.5x x  1  log  2
2x.5x x  2 2 2 x x 2  log 1  log 2  log 5 x  0 5 5 5 5
x log 2  x  2x log 5  0  x log 2  x  2x  0 5  2  2 5 5      xx 0 x 0
log 2  x  2  0   5  x 2 log 2 0     x  2  log 2  5  5
Vậy tổng hai nghiệm 0  2  log 2  2  log 2 5  5 Chọn A. Câu 26: Phương pháp
+) Điểm z a bi  ;
a b   có điểm biểu diễn hình học là M  ; a b 
x x x A B C x   G
+) Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ 3 
y y yA B C y G  3 Cách giải:
Từ bài ra ta có A0; 3  , B2; 2  ,C  5  ;  1 
x x x 0  2   A B C  5 x     1  G  
Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ 3 3   G  1  ; 2   
y y y 3      A B C  2   1 y    2  G  3 3 Điểm G  1  ; 2
  biểu diễn số phức z  1   2i . Chọn B. Câu 27: Phương pháp:
Thể tích lăng trụ V Bh với B là diện tích đáy, h là chiều cao. Cách giải:
Diện tích tam giác ABC là: 2 1 1 3 a 3 SA . B AC.sin A  . a 2 . aABC 2 2 2 2 15 2 a 3 Thể tích lăng trụ 3 V S .AA'  .2a 5  a 15 ABC 2 Chọn A. Câu 28: Phương pháp:
Thể tích vật thể được sinh ra khi cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y f x; y  0; x  ; a x b b quanh trục Ox là 2 V  f  xdx a Cách giải: 4 4 4 2 sin x
Thể tích cần tìm là V  tan xdx tan xdx dx   cosx 0 0 0 4 1 d   x 4 1 ln 2 cos   ln cos x  ln  ln 2  cos x 2 2 0 0 Chọn A. Câu 29: Phương pháp:
- Viết lại f x dưới dạng tích, thay vào g x
- Tìm các điểm làm cho g x không xác định và tính giới hạn của hàm số y g x khi x dần tới các điểm đó.
- Sử dụng định nghĩa tiệm cận đứng và kết luận. Cách giải: x  0 x  0   x  1  Điều kiện: 2 x x  0  
f x  0    f x 
2 2 f x  0   f   x  2
Từ đồ thị hàm số y f x ta thấy phương trình f x  0 có nghiệm x  3
(bội 2) và nghiệm đơn x x  1  ;0
f x  a x  32  x x0  0 
nên ta viết lại
 2x 4x3 2x x  2x 4x3 2x x
Khi đó g x     2   .
x f x  f x x f x f x  2 2      
Dựa vào đồ thị ta cũng thấy, đường thẳng y  2 cắt đồ thị hàm số y f x tại ba điểm phân biệt x  1
 , x x  3  ; 1
 , x x  3 
f x  2  ax  
1  x x x x 1   2  1   nên ta viết lại 2 2 x 1 x  3 x x
Khi đó g x     .
x a x  32 . x x .a x 1 x x x x 0    1   2  16 2 x x  2
a x x  3 x x x x x  2 0   1   
Dễ thấy x x  1  ;0 x 0 
 nên ta không xét giới hạn của hàm số tại điểm 0 Ta có: x 1
+) lim g x  lim      2 x0 x0 a
x x  3 x x x x x  2 0   1   
x  0 là đường TCĐ của đồ thị hàm số y g x
+) lim g x  lim g x  lim g x   x3 x  1 x x 2 x
 Các đường thẳng x  3
 , x x , x x đều là các đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y g x 1 2
Vậy đồ thị hàm số y g x có tất cả 4 đường tiệm cận đứng. Chọn D. Câu 30: Phương pháp:
Lấy N là trung điểm AB. Chứng minh AB   NCD từ đó suy ra góc giữa AB và CD. Cách giải:
Các tam giác ABC và ABD đều là tam giác cân có 1 góc bằng 600 (gt) nên ABC; A
BD là các tam giác đều.
Lấy N là trung điểm AB. Khi đó CN A ;
B DN AB (tính chất tam giác đều)
AB  DCN   AB DC
Nên góc giữa AB và CD là 0 90 . Chọn A. Câu 31: Phương pháp:
- Lập hàm tinh thể tích khối nón, xét hàm suy ra GTLN.
- Tính diện tích S , S ' với chú ý S là diện tích hình tròn và S ' là diện tích xung quanh của hình nón. Cách giải: Diện tích hình tròn 2 S  R
Gọi bán kính đường tròn đáy hình nón là r 0  r R ta có 1 1 2 2 2 2
V  r h  r R r 3 3 Xét hàm   2 2 2 f r r R r có r 2r  2 2 R r  3  r r  2 2 2R  3r 2 2 2 
f 'r  2r R r r .   2 2 R r  2 2 R r  2 2 R r  2 2 R r  2 2 R r 17 f rR 2 '  0  r
do0  r R: 3 Bảng biến thiên: R 2 r 0 R 3 f 'r + 0 - fmax f rR 2 2 R 2  R 2
Do đó thể tích V đạt GTLN tại r
. Khi đó S '  S  rl . .R  3 xq 3 3 2 S '  R 2 2 6 Vậy 2  : R   S 3 3 3 Chọn D. Câu 32: Phương pháp:
+) Tính đạo hàm y '
+) Để hàm số đồng biến trên khoảng K thì y '  0; x   K
+) Cô lập m đưa về dạng g x  ; m x
  K từ đó suy ra m. Cách giải: ĐK: x  1 2  m   1 x  2m.   x   1  m   2
1 x  2mx  6m Ta có y '  x  2 1 2m   2
1 x  2m  
1 x  2mx  2m  m   2
1 x  2mx  6m  x  2 1 m   2
1 x  2m   1 x  4m  x  2 1
Để hàm số đồng biến trên 4; thì y '  0; x   4  m   2
1 x  2m  
1 x  4m  0; x   4  m   2
1 x  2x  4 ; m x   4
+ Với m 1  0  m  1   0  4
 (luôn đúng) nên nhận m  1  .  1 4m 4m + Với 2
m 1  0  m  1
  x  2x  ; x   4   min  2 x  2xm 1 m 1 4;
Xét hàm số g x 2
x  2x có g 'x  2x  2  0  x 14;, ta có BBT trên 4; là 18 x 4  g ' x +  g x 8  4m   8
4m  8m  8 m  2 
Từ BBT suy ra m 1      m  1  2  m  1  m  1  m  1  4m 4m + Với 2
m 1  0  m  1
  x  2x  ; x   4 
 max g xm 1 m 1 4;
Từ BBT của g x suy ra không có m thỏa mãn.
Từ (1) và (2) suy ra m  1  mà m 2
 019;2019 và m nguyên nên m 1  ;0;...;201  9  có 2021 số thỏa mãn. Chọn D. Câu 33: Phương pháp:
+) Rút z theo w, thay vào giả thiết z 1  2
+) Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức thỏa mãn w  a bi  r là đường tròn tâm I  ; a b bán kính r Cách giải:i Ta có   i  w w 1
8 z i z  1 i 8 w  i
Theo bài ra ta có: z 1  2  1  2 1 i 8
w  i 1 i 8   2  w   1   
1i 8i  21i 8 1 i 8    w   1   
1i 8i  2 1    82 2  6
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  1
 ;1 8 , bán kính r  6 Chọn C. Câu 34: Phương pháp:
Cô lập m đưa bất phương trình về dạng m f x; x
   suy ra m  max f x
Ta tính f ' x rồi lập BBT của f x và kết luận. Cách giải: 19 4x Ta có 4
mx  4x m  0  m 4 x  
1  4x m   f x 4
Do x 1  0 xx    4  với x 1
m  max f x  4x
Xét hàm f x  trên  4 x 1      2 1 3x  2 4 3 4 1 3 1 .4 3 1 x x x x x
Ta có f ' x  4  4.  4. x  2 1 x  2 1 x  2 4 4 4 1  1 x   3
Từ đó f ' x 4  0    1 x    4  3 Ta có BBT: 1 1 x    4 3 4 3 f ' x - + - 3 0 4 3 f x 3  0 4 3 3 Từ BBT suy ra m
 2, 27 mà m nguyên và m 5
 0;50  m3;4;...;5  0 4 3 350.48
Tổng S  3  4  ... 50   1272 2 Chọn A. Câu 35: Phương pháp:
- Đặt t  log cos x và tìm điều kiện của t .
- Thay vào phương trình đã cho đưa về phương trình ẩn t .
- Biến đổi điều kiện bài toán về điều kiện của phương trình vừa có được và tìm m . Cách giải:
Điều kiện: cos x  0  x   k , k  2 Ta có: 2 2 2
log cos x m log cos x m  4  0 2 2
 log cos x  2mlog cos x m  4  0
Đặt t  log cos x . Do 0  cos x  1 nên log cos x  0 hay t  ;  0 20 Phương trình trở thành 2 2
t  2mt m  4  0* có 2 2 2
 '  m m  4  2m  4
Phương trình đã cho vô nghiệm nếu và chỉ nếu phương trình (*) vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm (không nhất
thiết phân biệt) t ,t thỏa mãn 0  t t 1 2 1 2 TH1: (*) vô nghiệm 2
  '  2m  4  0   2  m  2
TH2: (*) có hai nghiệm thỏa mãn 0  t t 1 2 m  2  2  '  0 2m  4  0 m   2     t
  t  0  2m  0  m  0  2  m  2 1 2   2 t t  0  m  4  0  2   m  2 1 2    
Kết hợp hai trường hợp ta được m  2;2 Chọn C. Câu 36: Phương pháp:
+) Lấy nguyên hàm hai vế của đẳng thức ở đề bài, từ đó ta tìm được f x . (sử dụng phương pháp đưa
vào trong vi phân f ' xdx d f x
+) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y f x trên  ;
a b . Ta giải phương trình f ' x  0 tìm các nghiệm
x a;b i
+) Khi đó max f x  max f a; f x ; f b i   a;bCách giải:
Ta có  f x2 f x  x x    f x2 2
f xdx   2 . ' 3 4 2 . '
3x  4x  2dx 3   2 f x 3 2  
f x d f x   3 2
x  2x  2x C
x  2x  2x C 3
  f x3 3 2
 3x  6x  6x  3C
Ta có: f      C   f x3 3 2 0 1 1 3
 3x  6x  6x 1
f x 3 3 2
 3x  6x  6x 1
Xét hàm f x 3 3 2
 3x  6x  6x 1 trên  2  ;  1 Ta có f x 1 '
 9x 12x  6 3x  6x  6x  2 2 3 2 3 1 3 21
 3x  4x  2 3x  6x  6x  2 2 3 2 3 1  4 4 2 
 3 x x  
3x 6x 6x   2 2 3 2 3 1  3 9 9  2  2 2     3 x    
 3x  6x  6x  2 3 2 3 1  3  9  
Nhận thấy f ' x  0 x
    Hàm số đồng biến trên  2  ;  1
Suy ra max f x  f   3 1  16  2  ;  1 Chọn C. Câu 37: Phương pháp:
- Dựng mặt phẳng chứa SO và song song với AB .
- Sử dụng lý thuyết: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách từ đường thẳng này
đến mặt phẳng song song với nó và chứa đường thẳng kia.
- Đưa bài toán về tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng và kết luận. Cách giải:
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AD, BC thì AB / / EF AB / / SEF
Mà SO  SEF   d AB,SO  d AB,SEF   d  , A SEF 
Dựng AH SE
Ta thấy: FE / / AB, AB  SAD  FE  SAD  FE AH
Mà AH SE nên AH  SEF   d  ,
A SEF   AH
ABCD là hình vuông cạnh a nên BD a 2
Dễ dàng chứng minh được SAB SAD ( .
c g.c)  SB SD Tam giác SBD cân có 0
SBD  60 nên đều  SD BD a 2
Tam giác SAD vuông tại A có 2 2 2 2
SA SD AD  2a a a 2 1 a a a 5
Tam giác SAE vuông tại A có 2 2 2
SA a, AE AD   SE SA AE a   2 2 4 2 a . . a SA AE a a 5 Do đó 2 AH     SE a 5 5 5 2 Chọn D. Câu 38: Phương pháp:   
+ Tìm điểm I thỏa mãn 3IA  2IB  0
+ Đưa biểu thức cần tìm về MI từ đó lập luận để có M là hình chiếu của I trên mặt phẳng P 
+ Viết phương trình đường thẳng d qua I và nhận n làm VTCP. P 22
+ Điểm M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng PCách giải:      Gọi I  ;
x y; z là điểm thỏa mãn 3IA  2IB  0  3IA  2IB   Ta có IA  1 ;
x y; 2  z; IB  3 ; x 1 y; 1   z 3
  3x  6  2xx  3     
Khi đó 3IA  2IB   3
y  2  2y  y  2   I  3  ; 2  ;8 6 3z 2 2z      z  8   Ta có:    
  
     
3MA  2MB  3MI IA  2MI IB  MI  3IA 2IB  MI (vì 3IA 2IB  0 )
  
Khi đó 3MA  2MB MI MI nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I trên mặt phẳng P x  3   t
Phương trình đường thẳng d qua I  3  ; 2
 ;8 và vuông góc với P là d : y  2   t z  8t
Suy ra M d  P nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ  2 t    3 x 3 tx 3 t        11    x   y  2   ty  2   t  3  11 8 22        M  ; ; z 8 t z 8 t 8           3 3 3  y  
x y z 1 0  3
  t  2  t  8  t  0  3  22 z   3 11 8 22 Từ đó a  
;b   ;c
S  9a  3b  6c  3  3  8  44  3 3 3 3 Chọn B. Câu 39: Phương pháp:
Sử dụng quy tắc vách ngăn. Cách giải:
Xếp 2 học sinh lớp A có 2! cách xếp, khi đó tạo ra 3 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.
Xếp bạn lớp B thứ nhất vào 1 trong 2 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 2 cách, khi đó tạo ra 4
khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.
Xếp bạn lớp B thứ 2 vào 1 trong 3 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 3 cách, khi đó tạo ra 5
khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.
Xếp bạn lớp B thứ 3 vào 1 trong 4 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 4 cách, khi đó tạo ra 6
khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.
Xếp bạn lớp C thứ nhất vào 1 trong 6 khoảng trống (kể cả khoảng trống giữa 2 bạn lớp A) có 6 cách, khi
đó tạo ra 7 khoảng trống. 23 Cứ như vậy ta có :
Xếp bạn lớp C thứ hai có 7 cách.
Xếp bạn lớp C thứ ba có 8 cách.
Xếp bạn lớp C thứ tư có 9 cách.
Vậy số cách xếp 9 học sinh trên thỏa mãn yêu cầu là 2!.2.3.4.6.7.8.9  145152 cách. Chọn C. Câu 40: Phương pháp:
Sử dụng đạo hàm  f xf x   f x2 . ' ' '
f x. f ' x
- Lấy nguyên hàm hai vế liên tiếp 2 lần tìm f x và kết luận. Cách giải:
Ta có  f xf x  f xf x  f x  f x   f x2 . ' ' ' . ' . ' ' '
f x. f ' x
Nên  f x2  f xf x 4
x x   f xf x 4 ' . ' 15 12 . '
'  15x 12x
Lấy nguyên hàm hai vế ta có:
 f xf x   4x xdx f xf x 5 2 . ' 'dx 15 12 ' .
 3x  6x C
Thay x  0 vào ta được f   f    C C   f xf x 5 2 ' 0 . 0 1 . '
 3x  6x 1
Lấy nguyên hàm hai vế ta được f xf x   5 2 . ' dx 3x  6x    1dx x f x x 3  2 6 6  f
 xd f x   3 
 2x x C  
 2x x C 1 1 2 2 2
  f x2 6 3
x  4x  2x  2C1
Lại có f 0 1 2C 1 f x
x  4x  2x 1 1   2 6 3
Suy ra  f  2 1  8 Chọn B. Câu 41: Phương pháp:
- Rút y từ phương trình đầu, thay vào bất phương trình sau tìm điều kiện của x .
- Thay y ở trên vào biểu thức P đưa về biến x .
- Sử dụng phương pháp hàm số đánh giá P tìm GTLN, GTNN. Cách giải: 2
x xy  3  0  1 Ta có: 
2x  3y 14  0  2 2 x  3
Do x, y  0 nên   1  y  thay vào (2) ta được: x 2 2 2 x  3
2x  3x  9 14x 9 2 2x  3. 14  0 
 0  5x 14x  9  0  1  x x x 5 24 2 x  3 Thay y  vào P ta được: x 2 2 2 x  3  x  3  2 2 3 2 3
P  3x y xy  2x  2x  3x .  . x
  2x  2x xx  2 2 x   3x 3 2 x  3   3   2x  2x x 2 3x  2 x  3   4 2
x  6x  9 4 2 2  2x  2x 5x  9 9    5x x x x 9   P '  5 
 0 với mọi x nên hàm số P  9
P x đồng biến trên 1; 2 x  5    9  Vậy PP
 4, P P 1  4  max   min    5  Tổng PP  4  4   0 max min   . Chọn B Câu 42: Phương pháp:
+ Biến đổi giả thiết để sử dụng nếu hàm f t đồng biến thì f x  f y  x y
+ Biến đổi đưa P về hàm số chứa 1 biến x hoặc y rồi tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số thu được. Cách giải: 1 y ĐK:  0  y  1 ; x y  0 x  3xy Ta có 1 y log
 3xy x  3y  4 3 x  3xy
 log 1 y  log x  3xy x  3xy  3 y 1 1 3   3     x  3xy
 log 1 y  3 1 y  log  x  3xy * 3       3    3
Xét hàm số f t  log t  3t t  0 f t 1 '   3  0; t   0 0; 3   có
nên hàm số đồng biến trên t ln 3  x xy x xy
Kết hợp (*) suy ra f   y 3 3 1  f   1 y    3  3
x  3xy  3  3y x  3xy  3y  3  0(**)
Xét P x y x P y thay vào (**) ta được
P y  P y 2 3
y  3y  3  0  P(3y 1)  3y  2y  3 2 3y  2y  3
Ta tìm giá trị nhỏ nhất của g y  trên 0;  1 3y 1
6y  23y   1  3 2
3y  2y  3 2 9y  6y 11
Ta có g ' y   3y  2 1 3y  2 1 25  1   2 3  y  0;  1
Giải phương trình g y 3 '  0    1   2 3  y  0;  1  3        
Lại có g y 1 2 3 '  0 y  0;
 và g y 1 2 3 '  0 y   ;1  3      3   1   2 3
Hay g ' y đổi dấu từ âm sang dương tại y  nên 3       g y 1 2 3 4 3 4 4 3 4 min  g     P    min 0;1  3  3 3   Chọn A. Câu 43: Phương pháp:
- Tính bán kính khối cầu.
- Tính bán kính đáy hình nón và suy ra thể tích.
- Tính thể tích phần nước còn lại. Cách giải: 1 1 4
Gọi bán kính khối cầu là R ta có: 3
18V  .  R R  3dm 2 c 2 3
Khi đó chiều cao hình nón h OS  2R  6dm
Xét tam giác OES vuông tại O, đường cao OA nên 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2        
OE  12  OE  2 3dm 2 2 2 2 2 2 2 2 OA SO OE OE OA SO 3 6 12 1 1
Thể tích khối nón: V OE .OS  dm n 2 32 2 3 .6 24 3 3
Thể tích nước còn lại là: 3
V  2418 6 dm Chọn B. Câu 44: Phương pháp:
+) Xác định thiết diện thu được là Parabol 4
+) Tính diện tích parabol có chiều cao h và bán kính R là S Rh 3
+) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị lớn nhất của S.
a b c d +) Cho 4 số ; a ; b ; c d không âm thì 4
abcd . Dấu = xảy 4
ra khi a b c d . Cách giải:
Khi cắt hình nón bởi mặt phẳng song song với đường sinh của hình nón thì ta được thiết diện là một parabol. 26
Giả sử thiết diện như hình vẽ.
Khi đó ta luôn có AB MH
Kẻ HE / /SA trong mặt phẳng SAB
Khi đó SA / / HME
Đặt BH x 0  x  24 , ta có 2 2 2 2
SA SO OA  16 12  20cm
Xét tam giác AMB vuông tại M có 2
MH AH.BH x 24  x  MH x24  x (hệ thức lượng trong tam giác vuông). BH HE . x 20 5
Xét tam giác SAB có HE / / SA    HE   x AB SA 24 6 5
Thiết diện parabol có chiều cao HE x và bán kính r MH x 24  x 6 4 4 5 10
Diện tích thiết diện là S HE.MH  . x x 24  x  . x .
x x 24  x 3 3 6 9 10 Cosi
x x x   x   . x .
x x 72  3x 10  72 3  4 2  .    207,8cm 9 3 9 3 4  
Dấu = xảy ra khi x  72  3x x  18tm
Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện là 2 S  207,8cm Chọn D. Câu 45: Phương pháp:
- Xác định các đoạn vuông góc chung của các cặp đường thẳng AB và B 'C, BC và AB '.
- Dựa vào giải thiết khoảng cách nhận xét tính chất của hai đáy ABCD và A 'B 'C 'D '.
- Xác định độ dài đoạn vuông góc chung của AC và BD '.
- Tính độ dài các cạnh của hình hộp chữ nhật và suy ra thể tích. Cách giải:
Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B lên B 'C và B 'A
Dễ thấy AB  BCC ' B ' nên AB BE a
Lại có BE B 'C NÊN d AB B C 2 5 , '  BE  5 a
Tương tự có d BC AB  2 5 , '  BF  5 1 1
Xét các tam giác vuông BCB’ và BAB’ có:  2 2 BE BF 1 1 1 1    
BC BA hay ABCD là hình vuông 2 2 2 2 B ' B BC B ' B BA
Suy ra BD AC . Lại có AC DD ' nên AC  BDD '
Gọi M AC BD,O là tâm hình hộp và H là hình chiếu của M lên BD ' 27 a
Khi đó AC MH và MH BD ' nên d AC BD  3 , '  MH  3
Đặt BA BC x, BB '  y ta có: 1 1 1 5
Tam giác BB 'C vuông nên    1 2 2 2 2   x y   4 2 5 a a   5   1 1 1 1 3
Tam giác BMO vuông nên     . 2 2 2 2 2 MB MO MH  3  a a   3   1 x 2 1 y 1 1 3 2 4 3
Mà MB BD
, MO DD '  nên      2 2 2 2 2 2 2   2 2 2 2  x 2   y a x y a     2  2     1 1 5  1 1     2 2 2  2 2  x y 4ax ax a Từ (1) và (2) ta có:      2 4 3 1 1   y  2a    2 2 2 2 2 x y a  y 4a
Vậy thể tích khối hộp 3 V B .
A BC.BB '  a .a .2a  2a Chọn D. Câu 46: Phương pháp: Nhận xét rằng: Hàm số 3
y x   m   2 2
1 x  3m x  5 có ba điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số
y f x 3
x   m   2 2
1 x  3mx  5 có hai điểm cực trị trong đó chỉ có duy nhất một cực trị dương.
Từ đó xét trường hợp có hai cực trị trong đó có 1 cực trị bằng 0,1 cực trị dương và trường hợp có hai cực trị trái dấu. Cách giải: Đồ thị hàm số 3
y x   m   2 2
1 x  3m x  5 nhận trục tung làm trục đối xứng nên hàm số có ba điểm
cực trị khi và chỉ khi hàm số y f x 3
x   m   2 2
1 x  3mx  5 có hai điểm cực trị trong đó chỉ có
duy nhất một cực trị dương.
Ta có f x 2 '
 3x  22m   1 x  3m
TH1: Hàm số y f x có 1 cực trị x  0 và 1 cực trị x  0 . Khi đó: x  0 f '0 0 3m 0 m 0 f ' x 2 3x 2x 0            2
. Vậy nhận giá trị m  0
x  TM   3
TH2: Hàm số y f x có hai cực trị trái dấu  f ' x  0 có hai nghiệm trái dấu  3 .
m 3  0  m  0
Vậy với m  0 thì thỏa mãn yêu cầu nên có vô số giá trị nguyên thỏa mãn đề bài. Chọn A. Câu 47: 28 Phương pháp:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm, tìm nghiệm.
- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm y f x, y g x và các đường thẳng x a, x b b là S f
 x gxdx a Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của C và P là 3 2 2
x ax bx c mx nx p 3
x  a m 2
x  b nx c p  0(*)
Dựa vào đồ thị ta thấy hai đồ thị hàm số tiếp xúc nhau tại điểm có hoành độ x  1
 và cắt nhau tại điểm
có hoành độ x  1 nên phương trình (*) có nghiệm x  1
 (bội 2) và x  1 (nghiệm đơn).
Viết lại (*) ta được  x  2 1  x   1  0 1 1 4
Vậy S   x  2 1  x  
1 dx   x  2 1  x   1 dx     1;2 3 1  1  Chọn B. Câu 48: Phương pháp:
Sử dụng mặt cầu S  có tâm I bán kính R tiếp xúc với mặt phẳng P thì d I,P  R
Từ đó sử dụng thêm dữ kiện IA R để tìm được bán kính của mặt cầu Cách giải:
Gọi tâm mặt cầu là I  ; a ;
b c. Vì mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt phẳng P;Q;R nên ta có
d I,P  d I,Q  d I,R  R
Hay a 1  b 1  c 1  R a  1 
Vì mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt phẳng nên ta có điều kiện b   1  c 1  Suy ra a 1  1
  b c 1  a b  c I  ;
a a; a
Mà AS  nên IA R a 1
Ta có   a2    a2    a2  a     a2    a2    a2  a  2 2 2 5 1 2 2 5 1 2
 2a 16a  32  0  a  4  R  3 Chọn A. Câu 49: Phương pháp:
- Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa mãn z  5  3i  5
- Gọi M 1 , M 2 là các điểm biểu diễn số phức z , z suy ra điều 1 2
kiện của M 1M 2 và tập hợp điểm biểu diễn số phức w. 29 Cách giải:
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z x yi thỏa mãn z  5  3i  5 là đường tròn tâm I 5;3 bán kính R  5
Gọi M x ; y , M x ; y z , z z z  8 M M  8 1  1 1  2  2
2  là hai điểm biểu diễn các số phức thì từ ta suy ra 1 2 1 2 1 2
x x x Gọi N  ;
x y là điểm biểu diễn số phức w z z thì 1 2  1 2
y y y  1 2
x x y y
Gọi M là trung điểm M M thì 1 2 1 2 M ; 1 2    2 2  2 2  x x   y y  Ta có: 2 2 2 2
IM IM M M  5  4  3 hay 1 2 1 2  5   3  3 1 1      2   2  2 2  x x   y y    5   3  9       x x  2
2 10   y y 2  6  36  x 102   y  62 1 2 1 2  36 1 2 1 2 2 2        
Vậy tập hợp các điểm N thỏa mãn bài toán là đường tròn  x  2   y  2 10 6  36. . Chọn A. Câu 50: Phương pháp
+ Từ đồ thị của hàm y f x ta suy ra các điểm mà tại đó f x  0 (các giao điểm với trục hoành) và
các điểm là cho f ' x  0 (chính là các điểm cực trị của hàm số y f x )
+ Sử dụng đạo hàm hàm hợp u x2  2u x.u ' x
+ Lập bảng xét dấu của hàm    2 y f x
+ Từ đó xác định các điểm cực đại và điểm cực tiểu
- Nếu y ' đổi dấu từ âm sang dương tại x thì x là điểm cực tiểu của hàm số 0 0
- Nếu y ' đổi dấu từ dương sang âm tại x thì x là điểm cực đại của hàm số 0 0 Cách giải:
Từ đồ thị hàm số f x ta thấy đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x  0; x 1; x  3 x  0 f x 0    x  1  x  3  x 1 
Lại thấy đồ thị hàm số y f x có ba điểm cực trị nên f ' x  0  x x  0;1 1  
x x  1;3  2   Hàm số    2 y f x
có đạo hàm y '  2 f x. f ' x 30 x  0    f xx 1  0 
Xét phương trình y '  0    x  3  f '   x  0 x x  1 x x  2
Ta có BXD của y ' như sau x  0 x x 1 1 2 3  f x + 0 - - 0 - - 0 + f ' x - - 0 + 0 - 0 + +
y '  2 f x. f ' x - 0 + 0 - 0 + 0 - 0 +
Nhận thấy hàm số    2 y f x
có y ' đổi dấu từ âm sang dương tại ba điểm x  0; x  1; x  3 nên hàm số
có ba điểm cực tiểu. Và y ' đổi dấu từ dương sang âm tại hai điểm x x ; x x nên hàm số có hai điểm 1 2 cực đại. Chọn D. 31