DOWNLOAD FILE WORD TOÁN TẠI ĐÂYđề 4

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT …... KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề. ĐỀ THI THỬ Mã đề thi 162 Họ và tên: ……………………… …….Lớp: ……………............. ……..……. y a x , y b x , y log c x Câu 1. Cho a , b , c là các số thực dương khác 1 . Hình vẽ bên là đồ thị các hàm số .. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. c  b  a. B. a  c  b.. C. c  a  b.. D. a  b  c.. x x 2 Câu 2. Số nghiệm thực của phương trình 4  2  3 0 là:. A. 1 .. B. 2 .. C. 3 .. D. 0 .. Câu 3. Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào?. 3. 2. A. y  x  3 x  2 . 3 2 C. y  x  3 x  2 .. B.. y. x2 x 1 .. 4 3 D. y x  2 x  2 .. Trang 1/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 4. Hàm số. y  f  x. có đạo hàm trên. R \   2; 2. , có bảng biến thiên như sau:. y. 1 f  x   2018. Gọi k , l lần lượt là số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số . Tính k l . A. k  l 3 . B. k  l 4 . C. k  l 5 . D. k  l 2 . Câu 5. Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn song song với đáy và cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Gọi M  , N  , P , Q lần SM ABCD   lượt là hình chiếu vuông góc của M , N , P , Q lên mặt phẳng . Tính tỉ số SA để thể tích khối đa diện MNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất. 1 A. 3 .. 3 2 1 B. 4 . C. 3 . D. 2 . y  f  x y  f  x  Câu 6. Cho hàm số có đạo hàm và liên tục trên  . Biết rằng đồ thị hàm số như hình 2 dưới đây.. Lập hàm số. g  x   f  x   x2  x. . Mệnh đề nào sau đây đúng?. g   1  g  1 g  1  g  2  g  1  g  2  g   1  g  1 A. . B. . C. . D. .      ABC . A B C AB  BC a Câu 7. Cho lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng và . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. a3 6 a3 6 7a 3 V  V  V 3 8 . 4 . 8 . A. B. V a 6 . C. D. f  x   x 4  4 x3  4 x 2  a. . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của  0; 2 . Có bao nhiêu số nguyên a thuộc đoạn   3;3 sao cho M 2m ? hàm số đã cho trên đoạn A. 3 . B. 7 . C. 6 .    D. 5 .  a  i  2 j  3 k Oxyz , a Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độ cho . Tọa độ của vectơ là: Câu 8. Cho hàm số.  2;  3;  1 .  2;  1;  3 . C. D. A   3; 4; 2  B   5; 6; 2  C   10; 17;  7  Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, , , . Viết phương trình mặt cầu tâm C bán kính AB . A..   1; 2;  3 .. Trang 2/25 - Mã đề thi 162. B..   3; 2;  1 ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> A..  x  10 . 2.  x  10 . 2. 2. 2.   y  17    z  7  8 2. .. B..  x  10 . 2. 2 2. 2. 2. 2. . 8 .. x  10    y  17    z  7  . D.  4 2  0;3 là Câu 11. Giá trị lớn nhất của hàm số y  x  2 x  2 trên A.  61 . B. 3 . C. 61 . D. 2 . 1 u1  un   3 , u8 26. Tìm công sai d Câu 12. Cho một cấp số cộng có 3 11 10 3 d d d d 11 . 3 . 3 . 10 . A. B. C. D. z  2  i 4 Câu 13. Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn: là đường tròn có tâm I và bán kính R lần lượt là: I  2;  1 R 4 I  2;  1 I  2;  1 A. ; . B. ; . I   2;  1 R 4 I   2;  1 R 2 C. ; . D. ; .. C..   y  17    z  7  8. 2.   y  17    z  7  8.  Oxy  biểu diễn các số phức z và Câu 14. Cho số phức z . Gọi A , B lần lượt là các điểm trong mặt phẳng  1  i  z . Tính z biết diện tích tam giác OAB bằng 8 . z 4 z 2 z 4 2 z 2 2 A. . B. . C. . D. . Câu 15. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 , AA 2a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và CD . A. 2a .. B. a 2 .. a 5 C. 5 .. 2a 5 5 . D.. f  f  x   1  1  f  x   2 f  x  x3  3x 2  6 x  1 Câu 16. Cho . Phương trình có số nghiệm thực là 6 7 4 A. . B. . C. . D. 9 . Câu 17. Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy và chiều cao đều bằng 2 . A. V 8 . B. V 12 . C. V 16 . D. V 4 . x x 1 Câu 18. Giá trị của tham số m để phương trình 4  m.2  2m 0 có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1  x2 3 là A. m 2 . B. m 3 . C. m 4 . D. m 1 . Câu 19. Cho đa giác đều 32 cạnh. Gọi S là tập hợp các tứ giác tạo thành có 4 đỉnh lấy từ các đỉnh của đa giác đều. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S . Xác suất để chọn được một hình chữ nhật là 1 1 1 3 A. 341 . B. 385 . C. 261 . D. 899 . mx  4 y x  m nghịch biến trên khoảng Câu 20. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số.   ;1 ? A.  2 m 2 .. B.  2  m  2 .. C.  2  m  1 . 1 y 1  y ln  e x  m 2  2. Câu 21. Cho hàm số . Với giá trị nào của m thì 1 m . e A. m  e . B. m  e. C.. D.  2 m  1 .. D. m e. Trang 3/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 22. Kết quả của x2 I  ex  C 2 A. . x. I xe x dx. là B.. I. x2 x x e e C 2 .. x. x x C. I  xe  e  C . D. I e  xe  C . 4 5 3 f  x f  x f  x   x  1  x  2   x  3 Câu 23. Cho hàm số có đạo hàm . Số điểm cực trị của hàm số là A. 5 . B. 3 . C. 1 . D. 2 ..  z  3  2i 1  w  1  2i  w  2  i w z Câu 24. Cho hai số phức , thỏa mãn  . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức Pz w . A.. Pmin . 3 2 2 2 .. B.. Pmin . 3 2 2 2 .. C. Pmin  2  1 .. D.. Pmin . 5 2 2 2 .. 1 5. y  x  1 Câu 25. Tập xác định của hàm số là:  1;  .  0;   .  1;   . A. B.  . C. D. f  x g  x Câu 26. Cho , là các hàm số xác định và liên tục trên  . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?  f  x   g  x   dx f  x  dx  g  x  dx f  x  g  x  dx f  x  dx.g  x  dx A.  . B.  . 2 f  x  dx 2 f  x  dx  f  x   g  x   dx f  x  dx  g  x  dx C.  . D.  . 3 2 2 y  7 y  2 x 1  x 3 1  x  3  2 y  1 Câu 27. Cho hai số thực x , y thỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x  2 y . A. P 8 .. B. P 10. C. P 4 .. Câu 28. Hàm số nào sau đây không đồng biến trên khoảng A.. y. x 2 x 1 .. 5 3 B. y x  x  10 .. D. P 6 ..   ;   ?. 3 C. y x  1 .. D. y x  1 ..   ;0  và  0;  , có bảng biến thiên như sau Câu 29. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên các khoảng. f  x  m Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt. A.  3  m  2 . B.  3  m  3 . C.  4  m  2 . D.  4  m  3 . 2 Câu 30. Kí hiệu z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 4 z  16 z  17 0. Trên mặt phẳng tọa độ điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức M  3; 2  . M  2;1 . A. B. Trang 4/25 - Mã đề thi 162. w  1  2i  z1 . C.. 3 i 2 ?. M   2;1 .. D.. M  3;  2  ..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  P  đi qua các điểm A   2; 0; 0  , B  0; 3; 0  , C  0; 0;  3 . Mặt phẳng  P  vuông Câu 31. Cho mặt phẳng góc với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau? A. 3x  2 y  2 z  6 0 .. B. x  y  z  1 0 .. C. x  2 y  z  3 0 .. D. 2 x  2 y  z  1 0 . Câu 32. Cho hai số thực x , y thoả mãn phương trình x  2i 3  4 yi . Khi đó giá trị của x và y là: 1 1 1 y  y y y  2 2. 2. 2. A. x 3 , B. x 3 , . C. x 3i , D. x 3 ,  P  : x  y  z  1 0 , đường thẳng Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng x  15 y  22 z  37 d:    S  : x 2  y 2  z 2  8 x  6 y  4 z  4 0 . Một đường thẳng    thay 1 2 2 và mặt cầu.  S  tại hai điểm A , B sao cho AB 8 . Gọi A, B là hai điểm lần lượt thuộc mặt phẳng đổi cắt mặt cầu  P  sao cho AA , BB cùng song song với d . Giá trị lớn nhất của biểu thức AA  BB  là 8  30 3 24  18 3 12  9 3 16  60 3 9 5 5 9 A. . B. . C. . D. . SA   ABCD  AB BC a Câu 34. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A , B . Biết , , AD 2a , SA a 2 . Gọi E là trung điểm của AD . Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm S , A , B , C , E. a 6 B. 3 .. A. a .. a 3 C. 2 .. a 30 6 . D. 3. y  f  x. Câu 35. Cho hàm số 3. . 1ln  f  x  . K  e. của tích phân A. 3e 14 . Câu 36.. 0.  0;3 liên tục, luôn dương trên. và thỏa mãn. I f  x  dx 4 0. . Khi đó giá trị. .  4 dx. là: B. 14  3e .. C. 4  12e . D. 12  4e . Cho x , y là các số thực thỏa mãn 1  x  y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.  P  log x y  1  8  log   A. 30. 2. 2. y x. y  x  . B. 18 .. y  f  x. C. 9 . 2 f  x   x  1  x 2  2 x . D. 27 .. có đạo hàm với x   . Có bao nhiêu giá trị f  x2  8x  m nguyên dương của tham số m để hàm số có 5 điểm cực trị? A. 16 B. 18 C. 15 . D. 17 . Câu 38. Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của M là 2 2 8 2 A. A10 . B. C10 . C. 10 . D. A10 .  8 4 8 K ; ;  H 2; 2;1   Câu 39. Trong không gian Oxyz , cho tam giác nhọn ABC có ,  3 3 3  , O lần lượt là hình Câu 37. Cho hàm số. chiếu vuông góc của A , B , C trên các cạnh BC , AC , AB . Đường thẳng d qua A và vuông góc với mặt phẳng.  ABC . có phương trình là. Trang 5/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 8 2 2 y z 3 3 3 d: 1 2 2 . B. x. x y 6 z 6 d:   1 2 2 . A. 4 17 19 x y z 9 9  9 d: 1  2 2 C. .. D.. d:. x  4 y 1 z  1   1 2 2 .. Câu 40. Người ta trồng hoa vào phần đất được tô màu đen Được giới hạn bởi cạnh AB , CD đường trung AB 2  m  AD 2  m  bình MN của mảnh đất hình chữ nhật ABCD và một đường cong hình sin . Biết , . Tính diện tích phần còn lại.. A. 4  1 .. B.. 4    1. C. 4  2 .. .. D. 4  3 ..     Oxyz OA  2 i  2 j  2k , B   2; 2;0  và C  4;1;  1 . Trên Câu 41. Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho  Oxz  , điểm nào dưới đây cách đều ba điểm A , B , C . mặt phẳng  1  1 1 1 3 3 3 3 N  ; 0; P  ; 0; Q  ; 0;  M  ; 0;    2 . 2 . 2 . 2.  4 4 A. B.  4 C.  4 D. Câu 42. Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc và OB OC a 6 , OA a . Tính góc. giữa hai mặt phẳng A. 45 ..  ABC .  OBC  . và B. 90 .. Câu 43. Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số A. 1 . B. 0 . Câu 44..  P  : 4x . C. 60 . y. D. 30 .. 3x  4 x 1 .. C. 2 .. D. 3 .. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng. z  3 0. . Vec-tơ nào dưới đây là một vec-tơ chỉ phương của đường thẳng d ?     u  4;  1; 3 u  4; 0;  1 u  4;1; 3 u  4; 1;  1 A. . B. . C. . D. ..  P  đi qua điểm M  1; 2;3 và cắt các trục Ox , Oy , Oz Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  sao cho M là trực tâm của tam giác ABC lần lượt tại các điểm A , B , C . Viết phương trình mặt phẳng . x y z   3 A. 1 2 3 . B. 6 x  3 y  2 z  6 0 . C. x  2 y  3z  14 0 .. D. x  2 y  3z  11 0 . log 2  3 x  1  3 Câu 46. Các giá trị x thỏa mãn bất phương trình là : 10 1 x  x 3 3 . A. B. x  3 . C. 3 . D. x  3 . Câu 47. Cho tam giác SOA vuông tại O có MN // SO với M , N lần lượt nằm trên cạnh SA , OA như hình vẽ bên dưới. Đặt SO h không đổi. Khi quay hình vẽ quanh SO thì tạo thành một hình trụ nội tiếp hình nón Trang 6/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O bán kính R OA . Tìm độ dài của MN theo h để thể tích khối trụ là lớn nhất.. A.. MN . h 3.. B.. MN . h 4.. C.. MN . h 6.. D.. MN . h 2.. 4. x ln  x. Câu 48. Biết 0 T a  b  c là A. T 9 .. 2.  9  dx a ln 5  b ln 3  c. , trong đó a , b , c là các số nguyên. Giá trị của biểu thức. B. T 8 . C. T 11 . D. T 10 . Câu 49. Lăng trụ tam giác đều có độ dài tất cả các cạnh bằng 3 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng 27 3 9 3 9 3 27 3 2 . 4 . A. B. 2 . C. 4 . D. 3 2 Câu 50. Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y  x  3 x  mx đạt cực tiểu tại x 2 . A. m 2 . B. m  2 . C. m 1 . D. m 0 . ------------- HẾT -------------. TRƯỜNG THPT …... KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề. ĐỀ THI THỬ Mã đề thi 162 Họ và tên: ……………………… …….Lớp: ……………............. ……..…… Trang 7/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A B A C C C C D A B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 B C A A A D D B A D. 11 B 36 D. 12 B 37 C. 13 C 38 B. 14 A 39 D. 15 D 40 B. 16 A 41 B. 17 A 42 D. 18 C 43 C. 19 D 44 B. 20 C 45 C. 21 A 46 B. 22 C 47 A. 23 B 48 B. 24 D 49 D. 25 A 50 D. Câu 1. Lời giải. x x Vì hàm số y log c x nghịch biến nên 0  c  1 , các hàm số y a , y b đồng biến nên a  1; b  1 nên c là số nhỏ nhất trong ba số. x x Đường thẳng x 1 cắt hai hàm số y a , y b tại các điểm có tung độ lần lượt là a và b , dễ thấy a  b . Vậy c  b  a Câu 2. Lời giải  t 1 t 2  4t  3 0   x  t 3 Đặt t 2 , t  0 ta được phương trình x 2 x 3  x log 2 3 Với 2 1  x 0 và với .. Câu 3. Lời giải 3 2 Dạng đồ thị hình bên là đồ thị hàm đa thức bậc 3 y ax  bx  cx  d có hệ số a  0 . Do đó, chỉ có đồ thị ở đáp án A. là thỏa mãn. Câu 4. Lời giải Vì phương trình cận đứng. Mặt khác, ta có: lim y. x  . y.  lim. x  . f  x  2018. y có ba nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số. 1 f  x   2018. có ba đường tiệm. 1 1 1 y  f  x   2018  2019 2019 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số nên đường thẳng. 1 f  x   2018. .. Trang 8/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Và. y. lim y. x  . 1 f  x   2018 0 nên đường thẳng y 0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.  lim. x  . 1 f  x   2018. .. Vậy k  l 5 . . Câu 5. Lời giải. SM k k   0;1 Đặt SA với . MN SM  k  MN k . AB SA Xét tam giác SAB có MN // AB nên AB MQ SM  k  MQ k . AD Xét tam giác SAD có MQ // AD nên AD SA Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có: MM  AM SA  SM SM   1  1  k  MM   1  k  .SH MM  // SH nên SH SA SA SA .. Ta có. VMNPQ.M N PQ MN .MQ.MM   AB. AD.SH .k 2 .  1  k . .. 1 2 VS . ABCD  SH . AB. AD  V MNPQ . M N P Q  3.VS . ABCD .k .  1  k  3 Mà . k 2. 1  k  V Thể tích khối chóp không đổi nên MNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất khi lớn nhất. 3 2  1  k  .k .k 1  2  2k  k  k  4 k 2 .  k  1      2 2 3 27 .  Ta có. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: Câu 6.. 2 2  1  k  k  k  3. SM 2  . Vậy SA 3 .. Lời giải h  x   1;1 ,  1; 2 và có g  x  là Xét hàm số . Khi đó hàm số liên tục trên các đoạn y h  x  một nguyên hàm của hàm số .. h  x   f  x    2 x  1. Trang 9/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>  x  1  x 1    y  f  x   y 2 x  1 Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi  là 1. 1. 1 S1   f  x    2 x  1 dx   f  x    2 x  1  dx  g x    g  1  g   1 1 1 1. .. g  1  g   1 Vì S1  0 nên .  x 1  x 2    y  f  x   y 2 x  1 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi  là 2. 2. 2 S 2  f  x    2 x  1 dx   2 x 1  f  x   dx  g x    g  1  g  2  1 1 1. .. g  1  g  2  Vì S 2  0 nên . Câu 7. Lời giải. Gọi E là điểm đối xứng của C qua điểm B . Khi đó tam giác ACE vuông tại A ..  AE  4a 2  a 2 a 3 . Mặt khác, ta có BC  BE  AB nên tam giác ABE vuông cân tại B . AE a 3 a 6  AB    2 2 2 . 2. a 6 a 2 2 AA     a  2  2  Suy ra: . 2 3 a 2 a 3 a 6 V .  2 4 8 . Vậy Trang 10/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Câu 8. Lời giải 4. Xét hàm số. 3. 2. g  x  x  4 x  4 x  a. ..  x 0   x 1  x 2 g  x  4 x 3  12 x 2  8 x g  x  0  4 x3  12 x 2  8 x 0 ; . Bảng biến thiên. g  x  0 x   0; 2 Do 2m M  0 nên m  0 suy ra .  a 1  0 a   1 a  0  a 0  Suy ra  .. 2   a  1  a  a  2 Nếu a   1 thì M  a , m  a  1  . a  0 M  a  1 m  a 2 a  a  1  a  1  Nếu thì , .   3;3 nên a    3;  2;1; 2;3 . Do đó a  2 hoặc a 1 , do a nguyên và thuộc đoạn Vậy có 5 giá trị của a thỏa mãn đề bài. Câu 9. Lời giải       a   1; 2;  3 a  i  2 j  3 k Ta có: . Câu 10. Lời giải Ta có AB 2 2 . 2. 2. 2. x  10    y  17    z  7  8 Phương trình mặt cầu tâm C bán kính AB :  . Câu 11. Lời giải 3 Ta có: y  4 x  4 x ..  x 0   0;3    x 1   0;3  x  1 0;3 3  .  y  0    4 x  4 x  0 Cho  y  0  2 y  1 3 y  3  61 ; ; . Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 3 . Câu 12. Lời giải 1 11 u8 u1  7d  26  3  7 d  d  3 . Câu 13.. Lời giải Gọi số phức Ta có:. z  x  iy  x, y    Trang 11/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> z  2  i 4   x  2     y  1 i 4   x  2  2   y  1 2 16 Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn: và có bán kính R 4 . Câu 14.. Ta có. OA  z. ,. OB   1  i  z  2 z. z  2  i 4. là đường tròn có tâm. I   2;  1. Lời giải AB   1  i  z  z  iz  z. , . 2 2 2 Suy ra OAB vuông cân tại A ( OA  AB và OA  AB OB ) 1 1 2 SOAB  OA. AB  z 8  z 4 2 2 Ta có: . Câu 15. Lời giải. Gọi O, O lần lượt là tâm của hai mặt đáy.Khi đó tứ giác COOC  là hình bình hành và  BD //  CBD d  BD; CD d  O;  CBD  d  C ;  CBD  Do BD // BD nên .  BD  AC   BD   COOC     CBD   COOC  D  CC  B  Ta có :  CBD   COOC  CO . Lại có C H  CO  C H   CBD  d  BD; CD C H Trong CC O hạ 1 1 1 1 1 5     2  2  C H  2 5a 2 2 2 2 C H CC  C O  2a  a 4a 5 . Khi đó : ............ Câu 16. Lời giải Đặt. t  f  x   1  t x 3  3 x 2  6 x  1 .. Khi đó. f  f  x   1  1  f  x   2. trở thành: t  1 t  1  3 2 2 f  t   1 t  1  f  t   1 t  2t  1 t  4t  8t  1 0. Trang 12/25 - Mã đề thi 162. C O . AC a 2.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> t  1    t t1    2;  1    t t2    1;1   t t2    1;1     t t   1;6   t t3   5;6  . 3 . g  t  t 3  4t 2  8t  1 g   2   7 g   1 4 g  1  10 g  5   14 g  6  25 ; ; ; ; ; . 3 2 Xét phương trình t x  3x  6 x  1 là pt hoành độ giao điểm của ... Ta có Vì. Dựa vào bảng biến thiên, ta có t t2    1;1 + Với , ta có d cắt tại 3 điểm phân biệt, nên phương trình có 3 nghiệm. t t3   5;6  + Với , ta có d cắt tại 1 điểm, nên phương trình có 1 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. Câu 17. Lời giải 2 2 V   r h   .2 .2  8  Thể tích khối trụ . Câu 18. Lời giải x 2  1 . Đặt t 2 , t  0 . Phương trình trở thành: t  2mt  2m 0  1 có hai nghiệm Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2 3 khi và chỉ khi phương trình x1 x2 x1  x2 23 8 dương phân biệt thỏa mãn t1.t2 2 .2 2 .  m2  2m  0   S 2m  0  m 4  P  2 m  0   P 2m 8 1  Khi đó phương trình có:  . Câu 19. Lời giải.  C324 32 4 Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn đỉnh trong đỉnh để tạo thành tứ giác, . Gọi A là biến cố "chọn được hình chữ nhật". Để chọn được hình chữ nhật cần chọn 2 trong 16 đường chéo đi qua tâm của đa giác, do đó số phần tử của 2 A là C16 . C2 P  A   164  3 C32 899 . Xác suất biến cố A là Câu 20. Lời giải. Trang 13/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> D  \   m. Tập xác định. y . . Ta có. m2  4.  x  m 2 .. Hàm số nghịch biến trên khoảng.   ;1.  y  0 ,. m 2  4  0 x    ;1   1  m   2  m  1 . Câu 21. Lời giải x. e e  y 1  2 e m e  m2 . Ta có 1 e 1 y 1     2e e  m 2  m  e 2 2 em 2 Khi đó . Câu 22. y . x. Lời giải Cách 1: Sử dụng tích phân từng phần ta có I xe x dx x de x  xe x  e x dx  xe x  e x  C. Cách 2: Ta có Câu 23.. I   xe x  e x  C   e x  xe x  e x xe x . Lời giải.  x  1 f  x  0   x 2  x  3 Ta có . Ta có bảng biến thiên của hàm số. f  x. Ta có bảng biến thiên của hàm số. f  x. :. :. f  x Dựa vào bảng biến thiên ta thấy số điểm cực trị của hàm số là 3 . Câu 24. Lời giải  a, b, x, y    . Ta có Giả sử z a  bi ; w  x  yi 2 2 z  3  2i 1   a  3   b  2  1 I  3; 2  . Suy ra tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là hình tròn tâm , R  1 bán kính .. Trang 14/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 2. 2. 2. 2. w  1  2i  w  2  i   x  1   y  2   x  2    y  1  x  y 0. . Suy ra tập hợp điểm N biểu diễn. số phức w là nửa mặt phẳng giới hạn bởi đường thẳng  : x  y 0. Ta có. 5 2 . Gọi H là hình chiếu của I trên  .. d  I,  . z  w MN d  I ,    R . Khi đó. 5 2 5 2 1 Pmin  1 2 2 . Suy ra .. Câu 25. Lời giải. D  1;    Hàm số xác định khi: x  1  0  x  1 . Vậy tập xác định: . Câu 26. Lời giải Nguyên hàm không có tính chất nguyên hàm của tích bằng tích các nguyên hàm. Hoặc B, C, D đúng do đó là các tính chất cơ bản của nguyên hàm nên A sai. Câu 27. Lời giải Chọn C 2 y 3  7 y  2 x 1  x 3 1  x  3  2 y 2  1 . 3 2  2  y  3 y  3 y  1   y  1 2  1  x  1  x  3 1  x  2 1  x . 3.  2  y  1   y  1 2. . 1 x. . 3.  1  x  1. .. 3. f  t  2t  t 0;    Xét hàm số trên  . 2 f  t  6t  1  0  f t 0;    Ta có: với t 0 luôn đồng biến trên  .  1  y  1  1  x  y 1  1  x . Vậy  P  x  2 y x  2  2 1  x với  x 1 . Xét hàm số Ta có:.   ;1 . trên 1 1 x  1  1 x 1  x . g  x  0  x 0 .. g  x  2  x  2 1  x. g  x  1 . Bảng biến thiên. g  x. :. Trang 15/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Từ bảng biến thiên của hàm số Câu 28.. g  x. suy ra giá trị lớn nhất của P là:. max g  x  4   ;1. .. Lời giải. Vì hàm số. y. x 2 x  1 có tập xác định D  \  1 nên hàm số không đồng biến trên   ;  . Câu 29. Lời giải Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có 4 nghiệm phân biệt khi  3  m  2 . Câu 30. Lời giải 1  z1 2  i  2 4 z 2  16 z  17 0    z 2  1 i  2 2 . Ta có:. Khi đó: Câu 31.. w  1  2i  z1 . 3  1  2i  2  1 i   3 i  i   2  2 3  2i  tọa độ điểm biểu diễn số phức w là: M  3; 2  .  2. Lời giải x y z   1   3x  2 y  2 z  6 0 P  Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn:  2 3  3 ..  P  vuông góc với mặt phẳng có phương trình 2 x  2 y  z  1 0 vì tích vô hướng của Dễ thấy mặt phẳng hai vec-tơ pháp tuyến bằng 0 . Câu 32. Lời giải  x 3  x  3   1   y   2. Từ x  2i 3  4 yi 2 4 y Vậy x 3 , Câu 33.. y. 1 3.. Lời giải. Trang 16/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Mặt cầu.  S. có tâm. I  4;3;  2 . và bán kính R 5 ..  S  tâm I bán kính R 3 . Gọi H là trung điểm của AB thì IH  AB và IH 3 nên H thuộc mặt cầu  P . Gọi M là trung điểm của AB thì AA  BB 2 HM , M nằm trên mặt phẳng 4 5 d  I; P   R sin  d ;  P   sin    P  cắt mặt cầu  S  và 3 3 3 . Gọi K là hình Mặt khác ta có nên  P  thì HK HM .sin  . chiếu của H lên Vậy để AA  BB  lớn nhất thì HK lớn nhất  HK đi qua I nên. HK max R  d  I ;  P   3 . 4 4 3 3  3 3 ..  4  3 3  3 3 24 18 3 2    . 5 5 3   Vậy AA  BB  lớn nhất bằng . Câu 34.. Lời giải. SA   ABCD   SA  AC  SAC  90 . BC   SAB   BC  SC  SBC  90 . * Do CE //AB  CE   SAD   CE  SE  SEC  90 . * Do * Do. Trang 17/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Suy ra các điểm A , B , E cùng nhìn đoạn SC dưới một góc vuông nên mặt cầu đi qua các điểm S , A , B , C , E là mặt cầu đường kính SC . Bán kính mặt cầu đi qua các điểm S , A , B , C , E là:. R. SC 2 .. Xét tam giác SAC vuông tại A ta có: AC  AB 2 a 2  SC  AC 2 2a SC a 2 . Câu 35.  R. Lời giải Chọn D 3. . 1ln  f  x  . K  e. 0 Ta có Vậy K 4e  12 . Câu 36.. 3. . 1 ln  f  x  .  4 dx e 0. 3. 3. 3. 0. 0. 0. 3. dx  4dx e.f  x  dx  4dx 4e  4 x| 4e  12 0. .. Lời giải log Ta có. 1   log x 2 . 1 log x y  1 y  . 2 log x y  1  2 1 log y  1  log x y  1  x x  log x y  2 2 log x y  2 . 2. y. y x. y x. 2.  2 log x y  1  P  2 log x y  1  8   2 log y  2  x   . Suy ra Đặt t 2 log x y , do 1  x  y  log x 1  log x x  log x. . . 2. y  t 2.. 2.  t 1 f  t   t  1  8.    t  2  với t  2 . Ta có hàm số 2  t  1  t  4   t 2  2t  4   t 1 f  t   f  t  0   3  t  2  t 4 . ;  2;  ta được Lập bảng biến thiên trên 2. 2.  y P  log x y  1  8  log y    x x   là 27 đạt được khi t 4  2 log x Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức  y x 2  y x4 . Câu 37. Lời giải 2 g  x   f  x  8x  m  Đặt 2 2 f  x   x  1 x 2  2 x  g  x   2 x  8   x 2  8 x  m  1  x 2  8 x  m   x 2  8 x  m  2  2. . . Trang 18/25 - Mã đề thi 162. y 4.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>  x 4  2  x  8 x  m  1 0  1  2 x  8 x  m 0  2   x 2  8 x  m  2 0  3  g  x  0 .  1 ,  2  ,  3 không có nghiệm chung từng đôi một và  x 2  8 x  m  1 Các phương trình g  x  2  và  3 có hai nghiệm phân biệt khác 4 Suy ra có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi. 2. 0. với x  .   2 16  m  0  m  16   16  m  2  0  m  18    3  16  32  m 0  m 16 16  32  m  2 0  m 18  m  16 . Vì m nguyên dương và m  16 nên có 15 giá trị m cần tìm. Câu 38. Lời giải Số tập con gồm 2 phần tử của M là số cách chọn 2 phần tử bất kì trong 10 phần tử của M . Do đó số tập 2 con gồm 2 phần tử của M là C10 . Câu 39. Lời giải.    1 Ta có tứ giác BOKC là tứ giác nội tiếp đường tròn suy ra OKB OCB    2 Ta có tứ giác KDHC là tứ giác nội tiếp đường tròn suy ra DKH OCB     1 và  2  suy ra DKH OKB Từ . Do đó BK là đường phân giác trong của góc OKH và AC là đường  phân giác ngoài của góc OKH .  Tương tự ta chứng minh được OC là đường phân giác trong của góc KOH và AB là đường phân giác ngoài  của góc KOH . Ta có OK 4 ; OH 3 ; KH 5 .   Gọi I , J lần lượt là chân đường phân giác ngoài của góc OKH và KOH .  IO KO 4 4    IO  IH  I   8;  8;  4  5 Ta có I  AC  HO ta có IH KH 5 .  4 JK OK 4    JK  JH  J  16; 4;  4  3 Ta có J  AB  KH ta có JH OH 3 .. Trang 19/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> .  16 28 20  4 IK  ; ;    4; 7;5   3 3 3  3 Đường thẳng IK qua I nhận làm vec tơ chỉ phương có phương trình  x  8  4t  IK  :  y  8  7t  z  4  5t  .  OJ  16; 4;  4  4  4;1;  1 OJ O Đường thẳng qua nhận làm vec tơ chỉ phương có phương trình  x 4t   OJ  :  y t   z  t   . A   4;  1;1 Khi đó A IK  OJ , giải hệ ta tìm được  .    IA, IJ    60;120;  120   60  1;  2; 2  IA  4;7;5  IJ  24;12;0   Ta có và , ta tính  .   ABC  có véc tơ chỉ phương u  1;  2; 2  nên có Khi đó đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng x  4 y 1 z  1   2 2 . phương trình 1 Câu 40.. Lời giải Chọn B Chọn hệ tọa độ Oxy . Khi đó. Diện tích hình chữ nhật là S1 4 . . S2 2 sin xdx 4. 0 Diện tích phần đất được tô màu đen là . S S1  S 2 4  4 4    1 Tính diện tích phần còn lại: . Câu 41.. Lời giải. A  2; 2; 2  Ta có: và Câu 42.. PA PB PC . 3 21 4 .. Lời giải. Trang 20/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Gọi I là trung điểm của BC  AI  BC . Mà OA  BC nên AI  BC .  OBC    ABC  BC      OBC  ,  ABC   OI , AI  OIA  BC  AI  BC  OI Ta có:  . 1 1 OI  BC  OB 2  OC 2 a 3 2 2 Ta có: . Xét tam giác OAI vuông tại A có OBC , ABC 30      Vậy . Câu 43..  tan OIA . OA 3    OIA 30 OI 3 .. Lời giải. D  \  1 Ta có tập xác định: . lim y 3 lim y   lim y  Do x   và x  1 , x 1 nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận. Câu 44. Lời giải.  P . nên vec-tơ chỉ phương của đường thẳng d là pháp tuyến của  vec-tơ  u n P   4; 0;  1 Suy ra một một vec-tơ chỉ phương của đường thẳng d là . Câu 45. Do. d   P. Lời giải A  a ;0;0  B  0; b ;0  C  0;0; c  Gọi , và với abc 0 . x y z   1 P  Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A , B , C là a b c . 1 2 3   1 M  1; 2;3   P  Vì nên ta có: a b c .    AM . BC 0  AM  BC     BM  AC   BM . AC 0 . ABC Điểm M là trực tâm của     AM  1  a ; 2;3  BC  0;  b ; c  BM  1; 2  b ;3 AC   a ;0; c  Ta có: , , , .. Trang 21/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(22)</span>   3  b  c   2b  3c 0  2   a 14   a  3c 0   a 3c  1 2 3 1  b 7 2 3    1    1  14 a b c  3c 3 c c c   3 .   2 Ta có hệ phương trình: x y 3z  P  là 14  7  14 1  x  2 y  3z  14 0 . Phương trình mặt phẳng Câu 46. Lời giải log 2  3x  1  3  3x  1  8  x  3 Ta có . Câu 47.. Lời giải. OA a,  a  0  a , là hằng số. MN NA MN .OA xa xa   NA   NA   ON a  SO h h . Ta có SO OA Khối trụ thu được có bán kính đáy bằng ON và chiều cao bằng MN . Đặt. MN  x,  x  0 . và. 2. 3.  a 2  2h   h x 1 2 2  .x.a  2x  h  x  2     a 2 2h  3  .  h  2h 2 Thể tích khối trụ là V  .ON .MN h  x 3. Dấu bằng xảy ra khi 2x h  x 2. Câu 48. Lời giải 2x  du  2 dx  u ln  x  9  x  9     dv  xdx x2  9  v   2 Đặt 2. 4. 4. x2  9 x ln  x  9  dx  ln  x 2  9    2 0 0 2. Suy ra Do đó a 25 , b  9 , c  8 nên T 8 . Câu 49.. 4. x2  9 2 x . 2 dx  2 x  9 25ln 5  9 ln 3  8 0 .. Lời giải. Trang 22/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 1 9 3 27 3 SABC  .3.3.sin 60  Vlt S ABC . AA  2 4 . Thể tích 4 . Diện tích đáy: Câu 50. Lời giải 2 Ta có: y 3 x  6 x  m .. Hàm số đạt cực tiểu tại. x 2  y 2  0  m 0. . 2  y 2  6  0 Thử lại: với m 0 thì y  3x  6 x  y 6 x  6 suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x 2 . MA TRẬN ĐỀ THI Lớp. Chương. Nhận Biết. Thông Hiểu. Vận Dụng. Vận dụng cao. C4 C6 C16 C20 C23 C27 C40 C50. C8 C37. Đại số C28 C29 Chương 1: Hàm Số. Lớp 12 (92%). C3 C11 C43. Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit. C25. C1 C2 C18 C46. C36. Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng. C26. C22. C35 C48. C13 C32. C14 C30. Chương 4: Số Phức. C24. Hình học Chương 1: Khối Đa Diện Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian. C7 C42 C49 C17. C9 C10 C44. C5 C15 C34 C47. C31 C41. C39 C45. C33. Trang 23/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác. Lớp 11 (8%). Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất. C38. Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân. C12. C19. Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm. C21. Hình học Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian. Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai. Lớp 10 (0%). Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác. Hình học Chương 1: Vectơ Trang 24/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng. Tổng số câu. 11. 16. 19. 4. Điểm. 2.2. 3.2. 3.8. 0.8. ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: KHÁ + Đánh giá sơ lược: Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11 chiêm 8% Không có câu hỏi lớp 10. Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 23 câu VD-VDC phân loại học sinh . 4 câu hỏi khó ở mức VDC Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng Đề phân loại học sinh ở mức khá. Trang 25/25 - Mã đề thi 162.

<span class='text_page_counter'>(26)</span>