DOWNLOAD FILE WORD DE THI TOAN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT NGHỆ AN LIÊN TRƯỜNG THPT (Đề thi có 06 trang). KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 - NĂM 2019 Bài thi: TOÁN HỌC Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề. Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . Mã đề thi 101 3x. Câu 1. [1] Hàm số nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) 2 ? 23 x 23 x F ( x)  F ( x )  1 3x 2.ln 3 . 2.ln 2 . A. B. F ( x) 3. 2 .ln 2 . C. Lời giải Đáp án D 1 3x 1 23 x 23 x 3x 2 d x  2 d 3 x  .  C  C    3 3 ln 2 3ln 2 Ta có: . 3x. Vậy một nguyên hàm của hàm số. f  x  2. là hàm số. F ( x) . D.. F ( x) . 23 x 3.ln 2 .. 23 x 3ln 2 .. 2 Câu 2. [3] Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y  x, y sin x và đường thẳng  x  4 bằng. A.. . 2  1   32 8 4 .. 2  1   B. 32 8 8 .. 2  1   C. 32 8 4 . Lời giải. 2  1   D. 32 8 4 .. Đáp án C 2 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị 2 hàm số y  x và y sin x là: sin 2 x  x  sin 2 x  x 0  1 . 2 Do 0 sin x 1, x   nên 0  x 1 . 2 x   0;1 Xét hàm số g ( x) sin x  x , .  g ( x) sin 2 x  1 0, x   0;1 Ta có .  g ( x) 0  x  4.. Suy ra phương trình g ( x ) 0 có nghiệm duy nhất x 0 ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 0. 0. S  sin 2 x  x dx  . . .  1  cos 2 x  2 . .  x dx . 4 4 Diện tích của hình phẳng cần tính là 2   1 1 1  1    1   2  1 2  1   x  sin 2 x  x 2  0      sin     .     4 2  4 32 8 4  32  8  4 2  8 4  2  2 16  . 10 Câu 3. [1] Một hình chóp có tất cả cạnh. Số mặt của hình chóp đó bằng A. 6 . B. 7 . C. 4 . D. 5 . Lời giải Đáp án A Hình chóp S . A1 A2 ... An , n  , n 3 có tất cả 2n cạnh và n  1 mặt, ( n mặt bên và 1 mặt đáy). Theo giả thiết, hình chóp có tất cả 10 cạnh  2n 10  n 5 . Vậy hình chóp đó có 5  1 6 mặt. Câu 4. [2 ] Đầu mỗi tháng chị Tâm gửi vào ngân hàng 3.000.000 đồng theo hình thức lãi kép với lãi suất là 0, 6% một tháng. Biết rằng ngân hàng chỉ tất toán vào cuối tháng và lãi suất ngân hàng không. thay đổi trong thời gian chị Tâm gửi tiền. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng kể từ khi bắt đầu gửi thì chị Tâm có được số tiền cả lãi và gốc không ít hơn 50.000.000 đồng ? A. 16 . B. 18 . C. 17 . D. 15 . Lời giải Đáp án A Gọi M là số tiền một người gửi đầu mỗi tháng. r là lãi suất trên một tháng. T là số tiền cả gốc và lãi sau n tháng T M  Mr M  1  r  Cuối tháng thứ nhất người đó có số tiền là: 1 M 1 r   M Đầu tháng thứ người đó có số tiền là: . 2 T2  M  1  r   M   1  r  M   1  r    1  r    . Cuối tháng thứ hai người đó có số tiền là: … Cuối tháng thứ n người đó có số tiền là: n  1  r    1  r   1 M n n 1 n Tn M   1  r    1  r   ...   1  r   M .    1  r   1  1  r      r 1 r   1 Gọi n là số tháng kể từ khi bắt đầu gửi, chị Tâm có được số tiền cả lãi và gốc không ít hơn 50.000.000 đồng..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Tn 50.000.000 . M n  1  r   1  1  r  50.000.000 r. Ta có 3.000.000  n   1  0, 6%   1  1  0, 6%  50.000.000  0, 6% 50000000.0, 6% n   1  0, 6%   1 3000000.  1  0, 6%   n 15,841 Do đó ta chọn đáp án A  Oyz  có phương trình là Câu 5. [1] Trong không gian Oxyz , mặt phẳng A. x 0 .. B. z 0 .. C. x  y  z 0 . Lời giải. D. y 0 .. Đáp án A  Oyz  i  1;0;0   Mp đi qua O và có một vectơ pháp tuyến là nên có phương trình là x 0 . 2 x 4  0,5x 1 là Câu 6. [1] Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình 0,5 A. 6.. B. 5.. C. Vô số. Lời giải. D. 4.. Đáp án D 2 x 4  0,5 x 1  2 x  4  x  1  x  5 . Ta có 0,5 Các nghiệm nguyên dương của bất phương trình là x 1; x 2; x 3; x 4 . Vậy bất phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên dương. 2x y x  1 có đồ thị là (C ) . Tìm tập hợp tất cả các giá trị của a   để qua điểm Câu 7. [3] Cho hàm số M (0; a ) có thể kẻ được đường thẳng cắt (C ) tại hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua điểm M . A. ( ;  1]  [3; ) .. B. (3; ) .. C. ( ; 0) . Lời giải. D. (  ; 0)  (2; ) .. Đáp án D + Nhận xét đường thẳng x 0 không thỏa mãn.  d  đi qua M  0, a  và có hệ số góc k là: y kx  a . + Phương trình đường thẳng 2x kx  a  1 d C   + Phương trình hoành độ giao điểm của và là: x  1 .  x 1  1   2  kx   a  2  k  x  a 0  2  . + Ta có  d  cắt  C  tại hai điểm A , B phân biệt khi và chỉ khi  2  có hai nghiệm phân biệt khác 1 + k 0  2 k 0   a  2  k   4ka  0   *  2  2  a  2  k   4ka  0 k .1   a  2  k  .1  a 0 .  A  x1 ; kx1  a   a2k  x  x  1 2 B x ; kx  a  2 2  , với k + Gọi  ..

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  x1  x2  2 0   x1  x2 0 kx  a  kx  a     1 2  a  2 + A , B đối xứng nhau qua M  a2k  0  k a  2 k .  a  2 0. a 0  a  2.  4  a  2  a  0.  *   + Khi đó.  P  : x  y  3z 5 đi qua điểm nào dưới đây ? Câu 8. [1] Trong không gian Oxyz , mặt phẳng P  1;  2;  2  M   1;  2;  2  N  1; 2;  2  Q  1;  2; 2  A. . B. . C. . D. . Lời giải Đáp án A  P  : x  y  3z 5 ta thấy tọa Thay lần lượt tọa độ các điểm P , M , N , Q vào phương trình của độ điểm. P  1;  2;  2 . thoả mãn..  P. đi qua điểm P . Câu 9. Trong không gian Oxyz , cho điểm I (4; 0;1) và mặt phẳng ( P) :2 x  y  2 z  1 0 . Phương trình  S  có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng  P  là mặt cầu 2 2 2 2 2 2 A. ( x  4)  y  ( z  1) 3 . B. ( x  4)  y  ( z  1) 3 . Vậy mặt phẳng. 2 2 2 C. ( x  4)  y  ( z  1) 9 .. 2 2 2 D. ( x  4)  y  ( z  1) 9 . Lời giải. Đáp án C.  S . Gọi R là bán kính mặt cầu  R d  I ,  P   . S Mặt cầu   có tâm. I và tiếp xúc với mặt phẳng  P   S  là ( x  4)2  y 2  ( z  1)2 9 . Vậy phương trình mặt cầu. 8 02 1 2. 22    1  22. 3 .. 2 Câu 10. [1] Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 z  3 z  12 0 . Khi đó z1  z2 bằng 3 3 3 3   A. 2 . B. 4 . C. 2 . D. 4 . Lời giải Đáp án A Cách 1: b 3 z1  z2   a 2. Theo định lý Viet, ta có Cách 2: 2    3  4.2.12  87 87i 2 Ta có . 3 87 3 87 z1   i z2   i 4 4 4 4 . Do đó phương trình có hai nghiệm phức phân biệt là và. 3 87 3 z1  z2   i  4 4 4 Vậy. 87 3 i 4 2..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2. 2 z  3 z  3 z 0 Câu 11. [2] Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn là đường tròn có chu vi 3 9 A. 2 . B. 3 . C. 9 . D. 4 . Lời giải Đáp án B  x, y    được biểu diễn bởi điểm M  x ; y  trên mặt phẳng tọa độ. Số phức z  x  yi 2. 3 9  2 x    y2  2 2  2 2 2 z  3 z  3 z 0  2  x  y   6 x 0  x  y  3 x 0   2 4. Ta có  3  3 I   ;0 R C   2  và bán kính 2. Suy ra tập hợp các điểm M là đường tròn tâm  3 2 R 2 . 3 C  2 Chu vi đường tròn bằng .. . . y log 2 2  x Câu 12. [1] Tìm tập xác định D của hàm số . D  0;4 D    ;4   . A. D  0;4 . B. C. . Lời giải Đáp án B Hàm số xác định  2  x  0  x  2  0  x  4 .. D.. D  0;4 . .. D  0;4  Vậy tập xác định của hàm số là . y  f  x  a ; b . Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm Câu 13. [1] Cho hàm số liên tục trên đoạn y  f  x  a  b  . Thể tích khối tròn xoay tạo số , trục hoành và hai đường thẳng x a , x b thành khi quay D quanh trục hoành được tính theo công thức b. A.. b. V  f 2  x  dx a. .. B.. V  f  x  dx a. b. .. V  2 f 2  x  dx. C. Lời giải. a. b. .. D.. V  f  x  dx a. .. Đáp án A Theo công thức ứng dụng tích phân trong việc tính thể tích khối tròn xoay. A  5;  2;1 Câu 14. [1] Trong không gian Oxyz , cho điểm . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên trục Oy là điểm A. M (0;  2;1) .. B. M (0; 2;0) .. C. M ( 5;  2;  1) . Lời giải. D. M (0;  2; 0) .. Đáp án D  M  0; m; 0   Oy MA  5;  2  m;1 Gọi . Ta có .     M là hình chiếu vuông góc của A lên trục Oy  MA  j  MA. j 0   2  m 0  m  2 . Vậy. M  0;  2; 0 . .. A  xA ; yA ; z A  Tổng quát: Trong không gian Oxyz , cho + Gọi A1 , A2 , A3 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các trục Ox , Oy , Oz . A  x ; 0; 0  A2  0; y A ; 0  A3  0; 0; z A  Khi đó 1 A , , ..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  Oxy  ,  Oyz  ,  Oxz  . Khi + Gọi A4 , A5 , A6 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng A  x ; y ;0  A  0; y A ; z A  A6  x A ; 0; z A  đó 4 A A , 5 , . 1 cos x.   1    0;1000 ? 4   Câu 15. [2] Bất phương trình có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn A. Vô số. B. 159 . C. 160 . D. 158 . Lời giải Đáp án C     4. 1 cos x. 1.  1  cos x 0  cos x 1  cos x 1  x k 2  k   . 500 x   0;1000  0 k 2 1000  0 k   k    k   0;1; 2;...;159 Vì mà . 160 Vậy bất phương trình có nghiệm thỏa mãn. Câu 16. [2] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 x  y  3z  5 0 và đường thẳng x  1 y 3 z   1 4 2 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A.  // ( ) . B.  cắt và không vuông góc với ( ) . C.   ( ) . D.   ( ) . :. Lời giải Đáp án C Cách 1:.   Mặt phẳng. có một vectơ pháp tuyến là.  n  2;  1;  3. . Đường thẳng  có một vectơ chỉ   // ( )    u  1;  4;2   1 . phương là . Vì n.u 2  4  6 0 nên    ( ) M  1;  3;0    Ta có .     M      2 . Dễ thấy tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình mặt phẳng  1 và  2  ta có   ( ) . Từ Cách 2:  x 1  t   y  3  4t  z 2t . Đường thẳng  có phương trình tham số: .  x 1  t  1   2  y  3  4t   3  z 2t 2 x  y  3z  5 0  4  Xét hệ phương trình:  .  1 ,  2  ,  3 vào  4  ta được: 2  1  t     3  4t   3.2t  5 0  0 0 . Thay Vậy   ( ) . Câu 17. [1] Biết rằng đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của một trong bốn hàm số được liệt kê dưới đây. Hỏi đó là đồ thị của hàm số nào?.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 4 2 A. y  x  2 x .. 3 2 B. y  x  2 x .. 4 2 C. y  x  2 x . Lời giải. 4 2 D. y  x  2 x .. Đáp án A 4. 2. Đường cong đã cho là đồ thị của hàm số có dạng y ax  bx  c , với a  0 . Do đó loại phương án B,D. Mặt khác, đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên ab  0 . Do đó loại phương án C. Vậy đáp án đúng là A. Câu 18. Cho hàm số y  f ( x ) xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình sau:. Mệnh đề nào sau đây đúng về hàm số y  f ( x ) ? A. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 4 trên . . B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng  1 trên . . C. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng  2 trên . . D. Hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên . . Lời giải Đáp án D Tập xác định: D  . lim f  x   lim f  x    Dựa vào bảng biến thiên, ta có: x   , x   nên hàm số y  f ( x) không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên . 4 2 Câu 19. [1] Hàm số y  x  2 x  3 nghịch biến trên khoảng A..  0;  .. B..  0;1 ..   1;1 .. C. Lời giải. Đáp án D Tập xác định: D  .  x 1   x 0 2  x  1 y  4 x 3  4 x ; y 0   4 x 3  4 x 0   4 x  x  1 0 . Bảng biến thiên. Vậy hàm số nghịch biến trên.   1; 0  .. D..   1;0  ..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Câu 20. [2] Mệnh đề nào sau đây sai? A. Đồ thị của hàm số y log x có tiệm cận đứng. x B. Đồ thị của hàm số y 2 có tiệm cận ngang. 1 y x 3 có tiệm cận đứng. C. Đồ thị của hàm số y ln   x  D. Đồ thị của hàm số không có tiệm cận ngang. Lời giải Đáp án C Đáp án A đúng vì đồ thị hàm số y log x có tiệm cận đứng là đường thẳng x 0 . x. Đáp án B đúng vì đồ thị hàm số y 2 có tiệm cận ngang là đường thẳng y 0 . 1 1 y x y x 3 có tập xác định là tập  nên đồ thị hàm số 3 không có đường Đáp án C sai vì hàm số tiệm cận đứng.  ln   x      ;0  . Mà xlim  Đáp án D đúng vì hàm số có tập xác định là nên đồ thị hàm số y ln   x  không có đường tiệm cận ngang. x  1 y 1 z  2 :   A  2;  1;0  Oxyz 2 1 1 . Câu 21. [2] Trong không gian , cho điểm và đường thẳng Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng  bằng A.. 7.. Đáp án D Cách 1:. B. 3.. 7 C. 3 . Lời giải  u  2;1;  1. Đường thẳng  có véc tơ chỉ phương    AM   1; 0; 2   AM , u    2;3;  1 Ta có ; .. và đi qua điểm. 7 3.. D.. M  1;  1; 2 . ..   AM , u    4  9 1 7 d  A,       u 3. 4 1  1 Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng  là: 7 d  A,    3. Vậy Cách 2:  u  2;1;  1 Một vectơ chỉ phương của  là . . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên  AH  2t  1; t ; 2  t   H 1  2 t ;  1  t ; 2  t   H  . Ta có . 2   t  2 2 t  1  t  2  t  0     3 AH    AH .u 0  1 2 4 21 7  AH  ; ;   d  A,    AH   3 3 . Đáp án D. 3 3 3 Câu 22. [2] Trong không gian Oxyz , cho điểm G ( 1; 2;  1) . Mặt phẳng ( ) đi qua G và cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho G là trọng tâm của ABC . Điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng ( ) ?.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> A.. N   3; 4; 2 . .. B.. P   3;  4; 2 . .. Q  3; 4; 2 . C. Lời giải. .. D.. M  3; 4;  2 . .. Đáp án A A  a;0;0  B  0; b;0  C  0;0; c  Gọi , , . a  3  A   3;0;0   x A  xB  xC 3xG      y A  yB  yC 3 yG  b 6   B  0;6;0  c  3   z  z  z 3z  G ( 1; 2;  1) là trọng tâm ABC C  0;0;  3 . G  A B C x y z   1   Suy ra phương trình mặt phẳng là:  3 6  3 . N   3; 4; 2    . Ta thấy tọa độ thỏa mãn phương trình Câu 23. [2] Hình trụ có chiều cao bằng 7 cm , bán kính đáy bằng 4 cm . Diện tích thiết diện qua trục của hình trụ bằng 2 A. 28cm .. 2 B. 56 cm .. 2. C. 64 cm . Lời giải. 2. D. 14 cm .. Đáp án B. Thiết diện đi qua trục của hình trụ là hình chữ nhật ABCD . 2 Ta có AB 2r 8cm , AD h 7 cm  S ABCD  AB. AD 7.8 56 cm . Câu 24. [2] Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B , AB a 3 , AC 2a . Tam giác SAB  ABC  . Tính theo a thể tích khối chóp đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng S . ABC ta được kết quả: a3 3a 3 a3 3 a3 3 A. 4 . B. 2 . C. 2 . D. 4 . Lời giải Đáp án A.  SH  AB    3a SH    2 Gọi H là trung điểm AB  SH là đường trung tuyến của SAB đều cạnh a 3.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>  SAB    ABC    SAB    ABC   AB  SH  AB, SH   SAB   SH   ABC   SH Ta có  là đường cao của khối chóp S . ABC .. ABC vuông tại. B  BC .  2a . 2. .  a 3. . 2. a. .. 2. 1 a 3 SABC  .a 3.a  2 2 .. 1 1 3a a 2 3 a 3 3 VS . ABC  SH .SABC  . .  3 3 2 2 4 . Vậy thể tích khối chóp S . ABC là Câu 25. [1] Số các giá trị nguyên của m để phương trình 2sin x  m 1 có nghiệm là A. 5. B. 10. C. 15. D. 4. Lời giải Đáp án A m 1 2sin x  m 1  sin x  2  * . Ta có m 1   1  1   3 m 1  * có nghiệm 2 Phương trình .. m    3;  2;  1; 0;1 Mà m   nên . m Vậy có 5 giá trị nguyên của thỏa yêu cầu. 2 C n bằng biểu thức nào sau đây? Câu 26. n( n  1) 3 A. .. n( n  1) 2 B. .. n (n  1) 6 C. . Lời giải. D. n( n  1) .. Đáp án B. Cn2 . n  n  1  n  2  ! n  n  1 n!   2! n  2  ! 2!  n  2  ! 2. Ta có: . Câu 27. Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác có chiều cao bằng 6 và diện tích đáy bằng 10. A. V 10 . B. V 30 . C. V 20 . D. V 60 . Lời giải Đáp án D Công thức thể tích khối lăng trụ: V  B.h 10.6 60 . y  f  x y  f  x  Câu 28. Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên  . Đồ thị của hàm số được cho bởi hình vẽ bên dưới.. Chọn khẳng định đúng. y  f  x   1;1 . A. Hàm số đồng biến trên khoảng.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> B. Hàm số C. Hàm số D. Hàm số. y  f  x.  1;3 . y  f  x  0;2  . đồng biến trên khoảng y  f  x   1;1 và khoảng  3;4  . đồng biến trên khoảng nghịch biến trên khoảng. Lời giải Đáp án C y  f  x  Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:  0;2  đồ thị y  f  x  nằm phía trên trục hoành nên f '  x   0, x   0;2  + Trên khoảng y  f  x  0;2  . Chọn C. Vậy hàm số đồng biến trên khoảng Các đáp án khác ta dễ dàng loại. x Câu 29. Gọi S là tập hợp tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình ln(3e  2) 2 x . Số tập con của S bằng A. 0 . B. 4 . C. 1 . D. 2 . Lời giải Đáp án C  e x 2  x ln 2 x x 2x 2x x ln(3e  2) 2 x  3e  2 e  e  3e  2 0   x   x 0 .  e 1 Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương. Tập con của S là:  . Số tập con là của S là 1 tập. Câu 30. Diện tích xung quanh của hình nón có chiều cao h 8cm , bán kính đường tròn đáy r 6cm bằng 2 2 2 2 A. 120 (cm ) . B. 60 (cm ) . C. 360 (cm ) . D. 180 (cm ) . Lời giải Đáp án B Độ dài đường sinh của hình nón là:. l  h 2  r 2  82  62 10  cm . .. 2. Diện tích xung quanh của hình nón là:. S  rl  .6.10 60  cm  . 14a 2 . Tính tang của. Câu 31. Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và độ dài đường cao bằng góc giữa cạnh bên và mặt đáy. 14 7 A. 7 . B. 2 . C. 14 . D. 2 . Lời giải Đáp án A.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Giả sử ta có hình chóp tứ giác đều S . ABCD . Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Suy ra SO là chiều 14a SO  2 . cao của hình chóp,. 2a  2 . Góc giữa cạnh bên SA và mặt đáy là SAO Ta có . 14a SO  tan SAO   2  7. AO 2a 2 Do đó: u  Câu 32. Cho dãy số n có u1  5 , un 1 un  2 , n   * . Tổng S5 u1  u2    u5 bằng A. 5 . B.  5 . C.  15 . D.  24 . Lời giải Đáp án B u un  2 , n   *  un 1  un 2 , n   * Có n 1 AC  2a  AO .   un  là cấp số cộng có số hạng đầu u1  5 , công sai d 2 . 5 5  2 u  4 d   2.   5  4.2   5   1  S5 u1  u2  ....  u5 2 2 . Cách 2. Tính trực tiếp u1  5 ; u2  5  2  3 ; u3  3  2  1 ; u4  1  2 1 ; u5 1  2 3  S5 u1  u2  ....  u5   5    3    1  1  3  5 . 3  cos 4 x f ( x)  4 Câu 33. Tìm nguyên hàm F ( x ) của hàm số . Biết F (4) 2 . 3 1 5 3 1 F ( x )   sin 4 x  F ( x)  x  sin 4 x  1 4 16 4. 4 16 A. B. . 3 1 3 1 F ( x)  x  sin 4 x  1 F ( x )  x  sin 4 x  1 4 4 4 16 C. . D. . Lời giải Đáp án B 1 1  3  cos 4 x 1 sin 4 x   C  dx   3  cos 4 x  dx   3x  f x d x   4 4  4 4 Có  . f  x Theo bài ra F ( x ) là một nguyên hàm của và 1 1  3 1 3.4  sin 4 .4   C 2 F ( x)  x  sin 4 x  1  F (4) 2  4  4   C  1 . Vậy 4 16 . x  x x x Câu 34. Biết rằng nếu x  R thỏa mãn 27  27 4048 thì 3  3 9a  b trong đó a, b  N ; 0  a 9. Tổng a  b bằng A. 6. B. 8. C. 7. D. 5. Lời giải Đáp án B 27 x  27  x 4048  33 x  3 3 x 4048  3x  3 x 32 x  3 2 x  1 4048 Ta có. . . 2. . .   3x  3 x   3x  3 x   3 4048  1 x x  1  t 3  3t  4048 0  t 16 9  7 Đặt t 3  3 , t 2 , Suy ra a 1; b 7; a  b 8 .. .

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Câu 35. Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng? A.. log  2a  2 log a. .. B. log a 2 log a .. 3 C. log a 3log a .. 1 log a 3  log a 3 D. .. Lời giải Đáp án C.  SAB  bằng 6 . Câu 36. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD đỉnh S , khoảng cách từ C đến mặt phẳng Gọi V là thể tích khối chóp S . ABCD , tính giá trị nhỏ nhất của V . A. 18 3 . B. 64 3 . C. 27 3 . D. 54 3 . Lời giải Đáp án D. Gọi O là giao điểm của AC và BD . Đặt AB  x 2, SO h  OA OB  x . Vì d (C , (SAB )) 6  d (O, ( SAB )) 3 . 18h 2 1 1 1 1 2  x     OA, OB, OS đôi một vuông góc nên h 2 x 2 x 2 32 h 2  9 . Với OA OB  x 12( h4  27 h 2 ) 2 12h3 ; VSOAB  hx 2  2  f  h  f ' h  (h2  9)2 3 h 9 f '  h  0  h 3 3  Vmin  f 3 3 54 3 . Câu 37. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho đồ thị hàm số x f ( x)  x3  mx  1  3 x 4  x  1  m 2 x nhận trục tung làm tiệm cận đứng. Khi đó tích các phần tử của S bằng 1 1 1 1   A. 2 . B. 2 . C. 3 . D. 3 . Lời giải Đáp án D. . . 3 3 4 Đặt u u ( x)  x  mx  1 , v v( x)  x  x  1 . 1 lim f ( x) lim 3 3 4 x 0 x 0 x  mx  1  x  x 1  m 2 x x Ta có: . 3 3 4 2 x  mx  1  x  x 1  m x lim x Mà x  0.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>  u  1 v  1 m2 x   u2  1  v3  1 lim    lim    m2   2 x 0 x  0 x x   x  x(u  1) x(v  v  1) . Để hàm số nhận Oy làm tiệm cận đứng  lim( x 0. ( x 2  m) ( x3 1) m 1  2  m 2 ) 0    m 2 0 (u  1) (v  v  1) 2 3 .. m1.m2 . 1 . 3. Đồ thị hs f ( x) nhận trục tung làm TCĐ  6m  3m  2 0 Vậy Câu 38. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 6  x  2  x  3  x  6  x  5  m 0 có nghiệm thực? A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1 . Lời giải Đáp án A  6;   . Xét hàm số y 6  x  2  x  3  x  6  x  5 trên 1 1 1 1 1  1 x 3 x 2 x 5 x 6  y           2 x 2 x 3 x 6 x  5  2  x  2. x  3 x  6. x  5  2.   1 1 1     2  x  2. x  3. x  3  x  2 x  6. x  5. x  5  x  6   . x  2. x  3. x  3  x  2  x  6. x  5. x  5  x  6 x 6 y  0  x   6;   vì . lim x  2  x  3 0; lim x  6  x  5 0  lim y 6. . . . . x  . . . x  . . . . . . . x  . Bảng biến thiên:. Vậy 7  3 m  6 . Vì m   nên không có m thỏa mãn. 0 Câu 39. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a và SBA SCA 90 . Biết 0 góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 45 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SAC ) .. A.. 15 a 5 .. Đáp án B. 2 15 a B. 5 .. 2 15 a C. 3 . Lời giải. 2 51 a D. 15 ..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> d( B,( SAC )) . 3VSABC SSAC. Gọi M , I lần lượt là trung điểm BC, SA , G là trọng tâm tam giác ABC . 0 IG   ABC   Vì SBA SCA 90 nên CI  BI  IS  IA  Hình chiếu của S là điểm H đối xứng với A qua G . 20 20 2 4 3a a  S SAC  a . AH  SH SC  AM  a 3 3 3 AC  2 a 3 Ta có , , , 3 V SABC 2 15 4  a VSABC  a 3  d( B,( SAC ))  S 5 SAC 3 ..  C  của hàm số y x 4  2 x 2  1 , tiếp tuyến của  C  tại Câu 40. Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị điểm có hoành độ x 2 và trục hoành. Quay D xung quanh trục Ox tạo thành một khối tròn xoay có thể tích: 2 2 81 V  ( x 2  1) 4 dx  . V  ( x 2  1) 4 dx. 8 . 1 1 A. B. . 2. C.. V  ( x 2  1)4 dx  1. Đáp án A. Ta có: x 2  y 9. y ' 4 x 3  4 x. 81 . 8 .. 39 24. V  ( x 2  1) 4 dx.. D. Lời giải. 1. ..

<span class='text_page_counter'>(16)</span> y ' 2 24.  2; 9  : y 24  x  2   9  y 24 x  39    Phương trình tiếp tuyến tại điểm  C  giao với Ox tại hai điểm có hoành độ x 1 . Đồ thị 2 2 1 39 V   x 4  2 x 2  1 dx  2  . .9 2 3 24 1 2. 81 486 81 1053    8 35 8 280 . 1 2 81 V  ( x 2  1) 4 dx  . 8 1 Vậy 4 3 2 Câu 41. Cho đa thức biến x có dạng f ( x) x  2ax  4bx  8cx  16d (a, b, c, d  ) biến x thỏa mãn f (4  i )  f ( 1  i ) 0 . Khi đó a  b  c  d bằng 17 17 25 A. 34. . B. 8 . C. 5 . D. 8 . Lời giải Đáp án B f ( x) 0 có nghiệm x a  bi thì cũng có nghiệm x a  bi , a, b   . 4.   x 2  1 dx . Suy ra phương trình f ( x) 0 có các nghiệm  1  i,  1  i, 4  i, 4  i nên ta viết được. f ( x) x 4  2ax3  4bx 2  8cx  16d ( x  1  i )( x  1  i )( x  4  i )( x  4  i ). 16(a  b  c  d )  f (2)  16 (3  i)(3  i)( 2  i)( 2  i )  16 34 2. Câu 42. Tích phân 2  A. 5 .. 17  a b c d  . 8. x ln x dx a ln 2  b ln 3  c ln 5 2  1) 2 . Tính tổng a  b  c . 2 9 B. 5 . C. 10 . Lời giải. ( x 1. D.. . 9 10 .. Đáp án B 1  du  dx  u ln x x     x 1  v  2 dv  ( x 2  1)2 dx 2( x  1)  Đặt  . 2. Khi đó Ta có: 2. 2. 1 ln x 1 1 I   dx  ln 2  I1 2 2 2 ( x  1) 1 1 2 x( x  1) 10 2. 2. .. 2 1 1 ( x 2  1)  x 2 1 1 x  1 1 2 2 I1  d x  dx    2  dx  ln x 1  ln( x 1) 1 2 2  2 x( x  1) 2 1 x( x  1) 2 1  x x 1  2 4 1. 1 1 1 3 1  ln 2  ln 5  ln 2  ln 2  ln 5. 2 4 4 4 4 1 3 1 13 1 I  ln 2  ln 2  ln 5  ln 2  ln 5 10 4 4 20 4 Vậy ..

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 13   a  20  b 0  1 2 c  a b c  4 . Suy ra 5. Do đó  Câu 43. Tổng các nghiệm của phương trình A. 7 . .. B. 13 . .. log 2 cos x 2 log 3 cot x. trên đoạn [0; 20] bằng 40 70 . . C. 3 . D. 3 . Lời giải. Đáp án C. cos x  0  sin 2 x  0  cot x  0  Điều kiện: .. log 2 cos x log 3 cot 2 x. Phương trình đã cho tương đương với  cos 2 x   log 2 cos x log 3  2   1  cos x  . log 2 cos x t  cos x 2t Đặt . t  22t  4t  4 t t t t t t log 3  3  4  12 3  4    1  1  22t  1  4t  3  Ta được phương trình . t  4 4t    1  3 Phương trình có nghiệm duy nhất t  1 .   x   k 2  1 3 t  1  cos x    ( k  Z)  2  x   k 2 (loai )  3 Với .  1 10 1 0   k 2 20   k    0 k 3 3 6  6 Xét trên [0; 20] nên   7 13 19  ;  ; ;  3 3 3 3 .  Do đó ta được các nghiệm là.  k  Z. .. 40 Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho bằng 3 . Câu 44. Ông An có một cái bình đựng rượu, thân bình có hai phần: phần phía dưới là hình nón cụt, phần trên là hình cầu bị cắt bỏ 2 đầu chỏm..

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Thiết diện qua trục của bình như hình 2. Biết AB CD 16 cm , EF 30cm , h 12 cm , h ' 30 cm và giá mỗi lít rượu là 100 000 đồng. Hỏi số tiền ông An cần để đổ đầy bình rượu gần với số nào sau đây ? A. 1.516.554 đồng. B. 1.372.038 đồng. C. 1.616.664 đồng. D. 1.923.456 đồng. Lời giải Đáp án C. Gọi E là tâm khối cầu, F là trung điểm AB khi đó bán kính khối cầu là R  AF 2  EF 2  82  62 10 .. h 4   V1  h 2  R    42  10   3 3  do đó thể tích của phần sau khi loại bỏ hai   Thể tích chỏm cầu là 34 2VR11056 chỏm cầu là 3 . 1 V3   h  R 2  r 2  Rr  4090 3 Thể tích khối nón cụt là .  1056  4090  .100000 1616664 đồng. Số tiền cần để đổ đầy bình rượu là Câu 45. Trong không gian Oxyz, cho hình nón có đỉnh O thuộc mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  7 0 và hình tròn đáy nằm trên mặt phẳng ( R ) : 2 x  y  2 z  8 0 . Một mặt phẳng (Q ) đi qua điểm A(0;  2; 0) và vuông góc với trục của hình nón chia hình nón thành hai phần có thể tích lần lượt là V1 và V2 . 78 V13 đạt giá trị nhỏ nhất khi V1 a, V2 b. Khi đó tổng a 2  b 2 bằng 2 2 2 B. 52 3 . C. 377 3 . D. 2031 . Lời giải. S V2  Biết rằng biểu thức A. 2031 .. Đáp án A Ta có: ( P ) / /( R ) và mp (Q) vuông góc với trục của hình nón nên (Q) song song với ( P), ( R). Phương trình mp (Q ) : 2 x  y  2 z  2 0 . 10 5 d ( A;( R ))  ; d ( A;( P))   d ( A;( R)) 2d ( A;( P)) 3 3 Ta có . Lấy M (0;8; 0)  ( R ), N (0;  7; 0)  ( P) . Ta có M , N khác phía so với mặt phẳng (Q ) nên mặt phẳng (Q ) nằm giữa hai mặt phẳng ( P), ( R). h1 d ( A;( P )) . 5 10 h2 d ( A;( R ))  3 ; chiều cao khối nón cụt 3 ; chiều cao. Chiều cao khối nón nhỏ khối nón ban đầu h h1  h2 5 . Gọi V là thể tích khối nón ban đầu, R và r lần lượt là bán kính đáy khối nón lớn và khối nón nhỏ..

<span class='text_page_counter'>(19)</span> V h r2 1 r h1 1    1  1 2   V 27V1  V2 26V1 V hR 27 Ta có R h 3 . 78 26V 26V1 26V1 78 104 3  S 26V1  3  1    3 ( AM  GM ) V1 3 3 3 V1 3 . 4 2 2 2 2 2 2 Dấu bằng xảy ra  V1 9  V1 3  V2 2028  a  b V1  V2 2031. z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  8i 0 ( z1 có phần thực z Câu 46. Cho số phức và gọi z P  z  z1  z2  z  z  2 z1  2 2 được viết dưới dạng dương). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức. m np q. .. Tổng m  n  p  q bằng. A. 18 .. B. 13 .. C. 31 . Lời giải. D. 22 .. Đáp án B Cách TN:. z1 2  2i; z2  2  2i  2 z1 . 2. z2 3  3i 2 .. Phương trình z  8i 0 có hai nghiệm P  z  2  2i  z  2  2i  z  3  3i Suy ra . Xét các điểm A(2;  2), B ( 2; 2), C ( 3;  3), M ( a; b)  P MA  MB  MC . Do tam giác ABC cân tại C , gốc tọa độ O là trung điểm AB và các góc của tam giác đều bé hơn 1200 nên ta dùng tính chất của điểm Torricelli ta có MA  MB  MC CD với D là điểm nằm khác phía C so với đường thẳng AB sao cho tam giác ABD đều. Ta tìm được D (2 3; 2 3)  MA  MB  MC CD 2 6  3 2  P 2 6  3 2 Vậy m q 2; n 6; p 3 nên m  n  p  q 13 . Cách khác. Dùng bất đẳng thức Gọi z a  bi (a, b  R )  z a  bi  P  (a  2) 2  (b  2) 2  ( a  2)2  (b  2) 2  ( a  3)2  (b  3) 2  f (a; b) Ta có f (a; b)  f (b; a) a, b suy ra dự đoán " " xảy ra  a b k. (a  2) 2  (b  2) 2 . 1 m2  n2. (m 2  n 2 )[( a  2) 2  (b  2) 2 ] . m( a  2)  n(b  2) m2  n2. n  m   " "   a  2 b  2  a b k nên ta chọn m k  2; n k  2 . (k  2)(a  2)  (k  2)(b  2) k ( a  b)  2a  2b  8  (a  2)2  (b  2) 2   2k 2  8 2k 2  8 k (a  b)  2a  2b  8 (a  2)2  (b  2) 2  2k 2  8 Tương tự ta có: . 1 a  b  6 (a  3) 2  (b  3) 2  [1.(a  3)  1.(b  3)]2  2 2 ..

<span class='text_page_counter'>(20)</span>  P. 2 k (a  b). . 16. . a b 6  2 2 cần chọn số k sao cho. 2k 2  8 2k 2  8 Cộng, và ta có 2k 1 2  0  k  2 3  P 2 6  3 2 . 2k 2  8 m q 2; n 6; p 3 nên m  n  p  q 13 Vậy 1 3 f ( x )  x 4  mx 3  (m 2  1) x 2  (1  m 2 ) x  2019 4 2 Câu 47. Cho hàm số với m là tham số thực. Biết rằng 2 y f  x  hàm số có số điểm cực trị lớn hơn 5 khi a  m  b  2 c ( a, b, c  ). Giá trị T a  b  c bằng A. 6. B. 8. C. 7. D. 5. Lời giải Đáp án B 3 2 2 2 Ta có: f '( x)  x  3mx  3(m  1) x  1  m . x3  3mx 2  3( m 2  1) x  1  m 2 0            . g ( x) Khi đó, yêu cầu bài toán tương đương với pt: phân biệt.  g (0) 1  m 2  0    g '( x) 0 co hai nghiem 0  x1  x2 (*)  g ( x ).g ( x )  0 2  1 . 2 2 Ta có g '( x ) 3x  6mx  3(m  1) 0 ; x1 m  1 , x2 m  1.. 3 2 3 2 g ( x1 ) m 3m  3 ; g ( x2 ) m   m      m   3m  1 A. A.  m  1 hoac m   1 m  1  0 m  1   (*)     m  1  0  3  A  1   ( A  3)( A  1)  0. m  1   (m  1)(m 2  3)  0  (m  1)(m 2  2m  1)  0 . có 3 nghiệm dương. .. m  1  3 2 m  m  3m  3  0 m3  m2  3m  1  0 . .. 3  m  1  2  3  m 2  3  2 2  a b 3; c 2. . Câu 48. Trong một hộp có chứa các tấm bìa dạng hình chữ nhật có kích thước đôi một khác nhau, các cạnh của hình chữ nhật có kích thước là m và n ( m, n  ; 1 m, n 20 , đơn vị là cm). Biết rằng mỗi bộ kích thước ( m , n ) đều có tấm bìa tương ứng. Ta gọi một tấm bìa là “tốt” nếu tấm bìa đó có thể được lắp ghép từ các miếng bìa dạng hình chữ L gồm 4 ô vuông, mỗi ô có độ dài cạnh là 1cm để tạo thành nó.. Miếng bìa chữ L Một tấm bìa tốt kích thước (2x4) Rút ngẫu nhiên một tấm bìa từ hộp, tính xác suất để rút được tấm bìa “tốt”. 29 9 2 29 A. 105 . B. 35 . C. 7 . D. 95 . Lời giải.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Đáp án A 2 Số hình chữ nhật trong hộp: có 20 hình chữ nhật mà m n và có C20 hình chữ nhật mà m n 2  n() 20  C20 210 Hoặc: Do hình chữ nhật kích thước cũng chính là hình chữ nhật nên 20  n() 20  19  ...  1  (20  1) 210 2 Ta đi tìm số hình chữ nhật “Tốt”. Do mỗi miếng bìa có hình chữ L, một chiều gồm 2 hình vuông 2 đơn vị, một chiều gồm 3 hình vuông đơn vị và diện tích của mỗi miếng bìa bằng 4cm , nên hình  m 3; n 2   m.n 8  m, n  N * ; m, n 20 n . m m n chữ nhật là tốt khi và chỉ khi , thỏa mãn:  suy ra phải có ít nhất một trong hai số m , n chia hết cho 4 . Do hình chữ nhật kích thước cũng chính là hình chữ nhật nên ta chỉ cần xét với kích thước m.  2,3,...20} suy ra có 19 18 37 tấm bìa “tốt” KN1: m  {8,16} khi đó ta chọn n bất kì thuộc tập KN2: m  {4,12, 20} . Do 4 4.1; 12 4.3; 20 4.5 nên muốn m.n chia hết cho 8 thì n phải chẵn.  2, 4, 6,10,12,14,18, 20} có 8 phần tử. Tập m 4 có 8 cách chọn n m 12 có 8  1 7 cách chọn n đã chọn ở trên ). m 20 có 8  2 6 cách chọn n và đã chọn ở trên ). Vậy KN2 có 8  7  6 21 tấm bìa “tốt” 58 29 1  n( A) C58 58  P( A)   . 210 105 Gọi A là biến cố rút đc tấm bìa “tốt” từ hộp Câu 49. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên R và có đồ thị của hàm số y  f '( x) như hình vẽ bên. dưới.. 3. m a sin. Để hàm số y  f (2 x  6 x  3) đồng biến với mọi x  m ( m  R) thì b a, b, c  * , c  2b và c là phân số tối giản). Tổng S 2a  3b  c bằng A. 7 . B.  2 . C. 5 . D.  9 . Lời giải Đáp án A y ' (6 x 2  6). f (2 x3  6 x  3). b c. trong đó.

<span class='text_page_counter'>(22)</span>  x 1  x  1   4 2 ( x  1) .( x  2) 0  x 3  3 x 1  3 x 2 Xét phương trình x  3 x 1 . Với thì phương trình vô nghiệm. 1 x 2cos t  8cos3 t  6 cos t 1  cos 3t  x 2 2 ta được phương trình có 3 nghiệm . Đặt Với  5 7 x 2 cos ; x 2 cos ; x 2cos 9 9 9 suy ra phương trình y ' 0 có 6 nghiệm  x 2 1  y ' 0  2 x3  6 x  3  1 (kep)  2 x 3  6 x  3 5 . 7 5  x  2cos x  2cos x  2 cos 2 4 6 x1  2 ; 9 ; x3  1 ; 9 ; x5 1 ; 9 Bảng xét dấu của y ' như sau. 7 5  ;  1); (2 cos ;1); (2 cos ; ) 9 9 9 Hàm số đồng biến trên các khoảng   7 x  m (m  R)  (m; )  (2 cos ; )  m 2 cos 2sin 9 9 18 Hàm số đồng biến với mọi Vậy a 2 ; b 7; c 18 nên 2a  3b  c 7 . (2 cos. Câu 50. Cho f ( x) là một đa thức hệ số thực có đồ thị của hàm số y  f '( x) như hình vẽ bên dưới: 2 Hàm số g ( x) (1  m) x  m  3 ( m  R ) thỏa mãn tính chất: mọi tam giác có độ dài ba cạnh là a, b, c thì các số g ( a), g (b), g (c) cũng là độ dài ba cạnh của một tam giác. y  f  ( mx  m  1) 2   e mx 1 Khẳng định nào sau đây là đúng về hàm số ?. 4 ;  1) 3 A. Hàm số đồng biến trên khoảng . 1 ( ;0) B. Hàm số nghịch biến trên khoảng 3 . (  1; 2) C. Hàm số nghịch biến trên khoảng và đồng biến trên khoảng (4;9) . D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 4) và đồng biến trên khoảng (4;9) . Lời giải Đáp án A  a , b, c  0 a  b  c  0  (*)  c  b  a  0  Ta có: a , b , c là độ dài ba cạnh một tam giác nên  a  c  b  0 . (.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Ba số  a   ,  b   ,  c   ( ,   R ) là độ dài 3 cạnh một tam giác  a    0  b    0   c    0   0  (a  b  c)    0   (a  b  c)    0    0   2 2  (a  b  c)    0 )     0 . Áp dụng vào bài toán: 1  m 0  2  m  3 m  3 0 1  m  m 2  3  0 Từ giả thiết ta có:  . mx 1 Với m  3 thì hàm số y  e là hàm số đồng biến trên R . y  f  ( mx  m  1) 2  y ' 2m.( mx  m  1). f '  (mx  m  1) 2  Xét hàm số có ;  mx  m  1 0 y ' 0   mx  m  1 1  mx  m  1 2 . Do m  3 nên phương trình y ' 0 có 5 nghiệm phân biệt. 3 m 2 m 1 m  1 m x1   x2   x3   x4  1  x5  m m m m .. Bảng xét dấu đạo hàm của hàm số. y  f  ( mx  m  1) 2  như sau:. h( x )  f  (mx  m  1) 2   e mx 1 Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng 3  m 2  m 1 m  1 m ( ; ); ( ;  1); ( ; ) m m m m . 4 1 m  1 m ( ;  1)  ( ;  1) (1; )  ( ; ) m m Với m  3 thì 3 và nên A đúng và B, C, D sai..

<span class='text_page_counter'>(24)</span>