DOWNLOAD FILE WORD DE THI TOAN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2019, LẦN 1 MÔN :TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút ( không kể giao đề) Đề thi gồm 50 câu, từ câu 1 đến câu 50. Câu 1. [2H1.3-1] Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là 1 1 3 V  Bh V  Bh V Bh 3 . 2 2 A. B. . C. V Bh . D. .. Lời giải Đáp án C Câu 2. [2D1.2-1] Hàm số nào sau đây không có điểm cực trị? 4 2 3 A. y  x  2 x  5 . B. y  x  6 x  2019 . . 1 y  x 4  6 4 2 4 C. . D. y x  2 x  5 . Lời giải Đáp án B y  x 4  2 x 2  1 có a.b  0 . Nên hàm số có 3 cực trị (loại A) y x 3  6 x  2019 có y / 3 x 2  6  0, x   . Nên hàm số không có cực trị (nhận B) 1 4 x 6 4 có a.b 0 . Nên hàm số có 1 cực trị 4 2 y x  2 x  5 có a.b  0 . Nên hàm số có 1 cực trị y . Câu 3. [2H3.1-1] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2 x  3 z  2 0 . Một véc tơ pháp tuyến của ( P ) có tọa độ A. (2;  3;  2) .. B. ( 2;3; 2) .. C. (2;  3;0) . Lời giải. D. (2;0;  3) .. Đáp án D Câu 4. [2D1.1-1] Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên như sau. Chọn khẳng định đúng? A. Hàm số nghịch biến trên ( 1;1) . C. Hàm số đồng biến trên (  ;  1) .. B. Hàm số nghịch biến trên ( 1; ) . D. Hàm số đồng biến trên ( 1;1) . Lời giải. Đáp án D.   1;1 y  0 nên hàm số đồng biến. Dựa vào bảng biến thiên ta có trên Câu 5. [2D2.3-1] Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 log a 3  log a 3 3 A. log(3a ) 3log a . B. . C. log a 3log a .. 1 log(3a)  log a 3 D. .. Lời giải Đáp án C log  3a  log 3  log a Ta có suy ra loại A,D. log a 3 3log a (do a  0 ) nên chọnC. Trang 1/18.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> e. Câu 6. [2D3.2-1] Tính chất tích phân e2  1 e2  1 A. 4 . B. 4 .. x ln xdx 1. 2e 2  1 4 . C. Lời giải. 2e 2  1 4 . D.. Đáp án A 1 x2 u ln x  du  dx dv  xdx  v  x , 3 Đặt Suy ra. e. x2  ln x  x ln x d x  2 1 1 e. e. e. x e2 x 2 e2  1 d x     2 2 4 1 4 1. . 3 a Câu 7. [2H2.2-1] Thể tích khối cầu bán kính 2 bằng 4 3 9 3 a a 3 A. 3 . B. 4 a . C. 2 . Lời giải Đáp án C 2 Câu 8. [2D2.5-1] Tập nghiệm của phương trình log 3 ( x  10 x  9) 2 là: A. S= { 10;0 } . B. S= { 10;9 } . C. S { 2;0} .. 9 3 a D. 8 .. C. S= {  2;9 } .. Lời giải Đáp án A  x 10  log 3 ( x  10 x  9) 2  x 2  10 x  9 9  x 2  10 x 0  x 0 .  Câu 9. [2H3.2-1] Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P) đi qua điểm A( 1; 2;0) và nhận n ( 1;0; 2) làm một véc tơ pháp tuyến có phương trình là A.  x  2 y  5 0 . B. x  2 z  5 0 . C.  x  2 y  5 0 . . D. x  2 z  1 0 . Lời giải Đáp án D 5  2 x4 f ( x)  x2 . Câu 10. [2D3.1-1] Tìm họ nguyên hàm của hàm số 2. A. C.. f ( x)dx . 2 x3 5  C 3 x .. f ( x)dx 2 x B.. f ( x)dx . 2 x3 5  C 3 x .. f ( x)dx . D. Lời giải. 3. . 5 C x .. 2 x3  5ln x 2  C 3 .. Đáp án A Câu 11. [2H3.3-1] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  có phương trình chính tắc . Phương trình tham số của đường thẳng  là  x 2  3t  x 3  2t    y  3  t  y  1  3t  z t  z t  A.  . B. .. x  3 y 1 z   2 3 1. Trang 2/18.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> C..  x  3  2t   y 1  3t  z t .  x  3  2t   y 1  3t  z t . .. D. Lời giải. .. Đáp án B Câu 12. [1D2.2-1] Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn, k n mệnh đề nào dưới đây đúng? n! k! n! (n  k )! Ank  Ank  Ank  Ank  k !(n  k )! . (n  k )! . (n  k )! . n! . . A. B. C. D. Lời giải Đáp án C 1 1 10 . Số 10103 là số hạng thứ mấy của dãy Câu 13. [1D3.3-1] Cho cấp số nhân (un ) có A. Số hạng thứ 101 . . B. Số hạng thứ 102 . . C. Số hạng thứ 103 . . D. Số hạng thứ 104 . . Lời giải Đáp án D Câu 14. [2D4.1-1] Trong mặt phẳng phức, số phức z 3  2i có điểm biểu diễn M thì A. M (3;  2) . B. M (2;  3) . C. M ( 2;3) . D. M ( 3; 2) . u1  1,q . Lời giải Đáp án A Câu 15. [2D1.5-1] Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y. O 2. A. y  x  3 x  2 .. 4. 2. B. y x  x  2 .. x. 3 C. y  x  3 x  2 . Lời giải. 3 D. y x  3 x  2 .. Đáp án D HD: Từ dạng tổng quát của đồ thị hàm số ta loại được A, C,B. Câu 16. [2D1.3-1] Cho hàm số y  f ( x) liên tục và có bảng biến thiên trên đoạn [  1;3] (hình bên).. Gọi M , m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn A. 1 . . B. 3 . C. 2 . . Lời giải Đáp án D 3 2 Câu 17. [2D1.2-1] Hàm số y x  3 x  3 x  2019 có bao nhiêu cực trị? A. 1 .. B. 2 .. C. 0 . Lời giải.   1;3 . Tìm. M  2m .. D. 5 .. D. 3 .. Đáp án C 2 y 3 x 2  6 x  3 3  x  1 0 x   Ta có , . Hàm số đã cho có đạo hàm không đổi dấu trên  nên nó không có cực trị. Trang 3/18.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> (2  3i )(4  i ) 3  2i Câu 18. [2D4.1-1] Viết số phức dưới dạng z a  bi với a,b là các số thực. Tìm a,b A. a  1; b  4 . B. a 1; b  4 . C. a  1; b 4 . D. a 1; b 4 . Lời giải Đáp án A  2  3i   4  i  5  14i   5  14i   3  2i    13  52i z  1  4i . 3  2i 3  2i 13 13 Ta có z.   1;  4  . Do đó điểm biểu diễn cho số phức z có tọa độ Câu 19. [2H3.1-1] Trong không gian Oxyz , lập phương trình mặt cầu tâm I (1;  2;3) và tiếp xúc với trục Oy. 2 2 2 2 2 2  x  1   y  2   z  3  10 .  x  1   y  2   z  3 10 . A. B. 2 2 2 2 2 2  x 1   y  2   z  3 10 .  x  1   y  2   z  3 9 . C. D. Lời giải Đáp án B Bài giải: I  1;  2;3 M  0;  2; 0  Gọi M là hình chiếu của lên Oy, ta có: .  IM   1;0;  3  R d  I , Oy  IM  10 là bán kính mặt cầu cần tìm. 2 2 2  x  1   y  2   z  3 10 Phương trình mặt cầu là: Chọn đáp ánB. Câu 20. [2D2.3-1] Đặt a log 5 2; b log5 3 . Tính log 5 72 theo a, b . A. 3a  2b .. 3 2 B. a  b .. C. 3a  2b . Lời giải. D. 6ab .. Đáp án A Giải Sử dụng máy tính: gán lần lượt log 5 2;log 5 3 cho A, B Lấy log 5 72 trừ đi lần lượt các đáp số ở A, B, C,D. kết quả nào bẳng 0 thì đó là đáp án. Ta chọn đáp ánA. 2 Câu 21. [2D4.4-2] Trong tập số phức, phương trình z  3iz  4 0 có hai nghiệm là z1 , z2 . Đặt S | z1 |  | z2 | . Tìm S A. S  { 3} . B. S  {3;  3} . C. S { 3} . D. S  {0} . . Lời giải Đáp án B 2  b 2  4ac  3i   4.1.4  25  0. Nên phương trình có hai nghiệm phức là:  3i  5i  3i  5i z1  i, z2   4i 2 2 Ta chọn đáp ánB. x 1 y 7 z 3   2 1 4 . Gọi Câu 22. [2H3.2-2] Cho mặt phẳng ( ) : 3 x  2 y  z  5 0 và đường thẳng (  ) là mặt phẳng chứa  và song song với ( ) . Khoảng cách giữa ( ) và (  ) là 3 9 9 9  21 . A. 14 . B. C. 21 . D. 14 . :. Trang 4/18.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Lời giải Đáp án D 1 2  1 4  log x 2  log x S 2 2 Câu 23. [2D2.6-2] Gọi là tập nghiệm của phương trình . Khi đó tổng các phần S tử của bằng 1 3 1 5 A. 8 . B. 4 . C. 4 . D. 4 . Lời giải Đáp án B Phương pháp tự luận  x  0   x 4  1 x  16 . Điều kiện: . t  4  Đặt t log 2 x , điều kiện t 2 . Khi đó phương trình trở thành: 1  x  t  1  1 2 2  1  t 2  3t  2 0     4t 2 t 3  t  2  x  1 x1  x2   4 Vậy 4 Phương pháp trắc nghiệm 1 1 Dùng chức năng SOLVE trên máy tính bỏ túi tìm được 2 nghiệm là 2 và 4 . Câu 24. [2D3.3-2] Tích diện tích S của hình phẳng (phần gạch sọc) trong hình sau. A.. S. 8 3.. 10 S 3 . B.. 11 S 3 . C. Lời giải. D.. S. 7 3.. Đáp án B. Dựa và hình vẽ, ta có hình phẳng được giới hạn bởi các đường: 2. 4. . y  x   y x  2  y 0 . .. . S  xdx   x  x  2 dx.  a2 2 . Suy ra Câu 25. [2H2-1-2] Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và đáy  bằng 60 . Tính diện tích xung quanh của hình nón đỉnh S , có đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 0. 2. Trang 5/18.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  a 2 10 8 A. ..  a2 3 3 . B..  a2 7 4 . C. Lời giải.  a2 7 6 . D.. Đáp án D. Gọi I.  ABC  là tâm đường tròn.  IA r . a 3 3 ..  AB   SMC  Gọi M là trung điểm của AB. 2a 3 a 3  SM 2 IM      Góc giữa mặt bên và mặt đáy là góc SMC 60 6 3 , SA  SM 2  MA2. . a 2 a 2 a 21   3 4 6 .. a 3 a 21  a 2 7 S  rl  . 3 . 6  6 Diện tích xung quanh hình nón xq . y  2  cos x , trục hoành và các đường Câu 26. [2D3-3.3-2] Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong  x 2 . Tính thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành. thẳng x 0 , A. V   1 . B. V   1 . C. V  (  1) . D. V  ( 1) . Lời giải Đáp án D Thể tích khối tròn xoay khi quay D quanh trục hoành:  2.  2. V  y 2dx  (2  cos x )dx 0. 0. .  (2 x  sin x ) 02  (  1) .. Câu 27. [2H1-3-2] Cho lăng trụ tam giác đều ABC . A ' B ' C ' , AB 2a , M là trung điểm của A ' B ' , khoảng a 2 . cách từ C ' đến mặt phẳng ( MBC ) bằng 2 Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .. 2 3 a A. 3 .. 2 3 a B. 6 .. 3 2 3 a C. 2 . Lời giải. 2 3 a D. 2 .. Đáp án C. Trang 6/18.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Gọi J, K, H theo thứ tự là trung điểm của BC, B'C', KA'. MH // BC   MBC   MHJB  BC  //  MBC   d  C ,  MBC   d  K ,  MBC   . . MH  KA, MH  JK  MH   JKH    JKH    MHJB  Gọi L là hình chiếu của K trên JH.  d  K ,  MBC   KL. . a 2 a 3 KL  , KH  . 2 2 Tam giác JKH vuông tại K có đường cao KL ta có Do đó 1 1 1 a 6 3 2 3    KJ  VABC . ABC  KJ .S ABC  a 2 2 2 KL KH KJ 2 là độ dài đường cao của lăng trụ. 2 4 2 Câu 28. [2D2.4-2] Cho hàm số f ( x) ln ( x  4 x  7) . Tìm các giá trị của x để f ( x) 0 . A. x 1 .. B. x 0 .. C. x 2 . Lời giải. D. x   .. Đáp án C Tập xác định: D  . 2x  4 f '( x) 4 2 ln 3 ( x 2  4 x  7) x  4x  7 . 3 2 2 Nhận xét: ln ( x  4 x  7)  0 , x   do x  4 x  7 3  1 , x   Do đó f ( x ) 0  2 x  4 0  x 2 .. y. 2x  m min f ( x)  max f ( x) 2020 x  [0;1] x  1 với m là tham số, m 2 . Biết x  [0;1] .. Câu 29. [2D1.6-2] Cho hàm số Giá trị của tham số m bằng A. 1614 . B. 2019 .. C. 9 . Lời giải. D. 1346 .. Đáp án D Xét hàm số xác định trên tập D [0;1] 2 m y  ( x  1)2 . Nhận xét  m 2 hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên [0;1] nên giá Ta có trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [0;1] luôn đạt được tại x 0 , x 1 .. 2m 2020 2 Theo bài ra ta có . Do đó m 1346 CD AB  AD  a 2 Câu 30. [2H2.3-2] Cho hình thang ABCD vuông tại A và D với . Quay hình thang V AB và miền trong của nó quanh đường thẳng chứa cạnh . Tính thể tích của khối tròn xoay được tạo thành. f (0)  f (1) 2020  m . Trang 7/18.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> A.. V. 4 a 3 3 .. B.. V. 5 a 3 3 .. 3 C. V  a . Lời giải. 7 a 3 D. 3 . .. Đáp án B C. B. A. D. Gọi V1 là thể tích khối nón có đường sinh là BC , bán kính R  AD a , chiều cao h a . Khi đó 1 1 a3 V1   R 2 h   a 2 .a   3 3 3 . Gọi V2 là thể tích khối trụ có đường sinh là DC 2a , bán kính R  AD a , chiều cao h 2a . Khi đó. V2  R 2 h  .a 2 .2a 2a 3. .. a 3 5a 3  3 3 . Thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành là: Câu 31. [2D3.1-2] Cho F ( x) là một nguyên hàm của hàm số f ( x) ( x 1) ln x . Tính F ( x) . 1 1 F ( x) 1  F ( x)  x. x. A. B. 1 F ( x ) 1   ln x x C. . D. F ( x)  x  ln x . V V2  V1 2a 3 . Lời giải Đáp án C Ta có:. 1 F ( x) f ( x)dx ( x  1) ln xdx  F ( x) ( x 1) ln x  F ( x) 1  x  ln x 3. Câu 32. [2D3.2- 2] Cho của a  b  c . A. 1 .. 4  2 0. x. a dx   b ln 2  c ln 3 3 x 1. B. 2 .. .. với a , b , c là các số nguyên. Tìm tổng giá trị. C. 7 . Lời giải. D. 9 .. Đáp án A 2 2 Đặt t  x  1  t  x  1  x t  1  dx 2tdt . Đổi cận: x 0  t 2 ; x 3  t 4 . Khi đó: 2. 2. 2 3 2  t3 2  t2  1 t t 6  7  2 .2 t d t  d t  t  2 t  3  d t    t  3t  6ln t  2    12 ln 2  6ln 3      4  2t t 2 t2 3 1 3 1 1 1. a 7  b  12 c 6  a  b  c 1 . Suy ra . Trang 8/18.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> x 1 mx  2 x  3 có đồ thị (C ) . Gọi S là tập tất cả các giá trị thực của Câu 33. [2D1-4-2] Cho hàm số tham số m để đồ thị (C ) có đúng 2 đường tiệm cận. Tìm số phần tử của S . A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải Đáp án D x 1 m 0  y   2 x  3 đồ thị hàm số có dạng bậc nhất chia bậc nhất nên có 2 tiệm cận. TH1: y. 2. 2 TH2: m 0 . Đặt f ( x ) mx  2 x  3 ..  1  3m 0  m . 2 * f ( x) mx  2 x  3 có nghiệm kép (bằng hoặc khác 1) kvck TH3: 2 * f ( x) mx  2 x  3 có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng 1 kvck  1  3m  0  m  1   f (1) 0 Câu 34. [2D1.5-2] Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y | x | 3  (2m  1) x 2  3m | x |  5 có 3 điểm cực trị.. 1    ; 4  .  . A. . B. (1; ). .. C. (  ;0]. . Lời giải. 1 3.  1  0; 4   (1; ).  D.  .. Đáp án C 3 2 3 2 Xét f ( x)  x  (2m  1) x  3mx  5 và f (| x |) | x |  (2m  1) x  3m | x |  5 Ta có 3 2a  1  a 1 là số điểm cực trị dương của hàm số y  f ( x ). Vậy yêu cầu tương đương với: f ( x ) có đúng một điểm cực trị dương.  f ( x) 3x 2  2(2m  1) x  3m 0 có hai nghiệm thoả mãn x1 0  x2  m 0. 2 x2   0. x1 0  m 0 x 0 3 (Vì lúc đó còn 1 thì a.c < 0 suy ra m < 0 ) x 1 y  3 z  2 d:   1 2 2 và điểm A(3; 2;0) . Câu 35. [2H3.3-3] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng Tìm tọa độ điểm đối xứng của điểm A qua đường thẳng d . A. ( 1;0; 4) . B. (7;1;  1) . C. (2;1;  2) . D. (0; 2;  5) . Lời giải Đáp án A  P  là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . Phương trình của mặt phẳng Gọi  P  là 1 x  3  2  y  2   2  z  0  0  x  2 y  2 z  7 0 . H d   P  Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng d , khi đó H  d  H   1  t;  3  2t ;  2  2t  H   P    1  t  6  4t  4  4t  7 0 Suy ra , mặt khác  t 2 . Vậy H  1;1; 2  . Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường thẳng d , khi đó H là trung điểm của AA suy ra A  1;0; 4  .. Trang 9/18.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Câu 36. [1H3.6-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết AC=2 a , BD=4 a . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC. 2a3 15 2a 5 4a 1365 a 15 3 91 A. . B. 5 . C. . D. 2 . Lời giải Đáp án C. Gọi O=AC ∩BD , H là trung điểm của AB, suy ra SH ⊥ AB . Do AB=( SAB) ∩ ABCD ¿ và (SAB)⊥( ABCD) nên SH ⊥(ABCD) AC 2 a BD 4 a = =a , OB= = =2a . +) Ta có OA= 2 2 2 2 2 2 2 2 AB=√ OA + OB =√ a + 4 a =a √ 5 1 1 2 AB √ 3 a √ 15 S ABCD= AC .BD= 2 a . 4 a=4 a . = +) SH= 2 2 2 2 Ta có BC // AD nên AD //(SBC) ⇒ d ( AD , SC)=d (AD ,(SBC))=d ( A ,(SBC)) . Do H là trung điểm của AB và B = AH ∩(SBC) nên d ( A ,(SBC))=2 d ( H ,(SBC)). Kẻ HE ⊥ BC , H ∈ BC , do SH ⊥ BC nên BC ⊥(SHE) . Kẻ HK ⊥ SE , K ∈SE , ta có BC ⊥ HK ⇒ HK ⊥(SBC)⇒ HK=d ( H ,(SBC)) . 2 SBCH S ABC S ABCD 4 a2 2a 5 HE= = = = = √ . BC BC 2. AB 2 a √ 5 5 1 1 1 5 4 91 2 a 15 2 a 1365 = 2 + 2 = 2+ = ⇒HK= √ = √ 2 2 2 HK HE SH 4 a 15 a 60 a √ 91 91 4 a √ 1365 Vậy d ( AD ,SC )=2 HK= . 91 log 0,5 (m  6 x )  log 2 (3  2 x  x 2 ) 0 m Câu 37. [2D2.6-3] Cho phương trình ( là tham số). Gọi S là tập m tất cả các giá trị nguyên âm của để phương trình có nghiệm thực. Tìm số phần tử của S. A. 17 . B. 18 . C. 5. D. 23 . Lời giải Đáp án C m  6 x  0  3  x  1    2 m  6 x  0 . Điều kiện 3  2 x  x  0 log 0,5  m  6 x   log 2  3  2 x  x 2  0  log 2  3  2 x  x 2  log 2  m  6 x  Khi đó,  3  2 x  x 2 m  6 x  3  8x  x 2 m (*) . f  x   x 2  8 x  3   3;1 , ta có f  x   2 x  8 ; f  x  0  x  4 . Xét hàm số trên Bảng biến thiên. Trang 10/18.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>   3;1   6  m  18 . Từ BBT suy ra phương trình (*) có nghiệm trên m    5;  4;  3;  2;  1 Do m nguyên âm nên có 5 giá trị.   D có cạnh bằng a . Gọi I là điểm thuộc cạnh AB ABCD . A B C Câu 38. [2H1.3-3] Cho hình lập phương a AI  3 . Tính khoảng cách từ điểm C đến ( BDI ) . sao cho a 3a a 2a A. 3 . C. 14 . D. 3 . . B. 14 . Lời giải Đáp án C d  C ,  BDI   CO DC 3     d  C ,  BDI    3 d  B,  BDI    BO BI 2 d  B,  B DI   2 Ta có: . d  B,  BDI   BI  2 d  A,  BDI   AI  d  B,  BDI   2d  A,  BDI   C D B O I A. D. B A. H. C. I. A. D. K B. 2. S AIB . S ABCD a 2S a   AK  AIB  6 6 IB 13. Ta có: a 1 1 1 13 1 14    2  2  2  d  A,  BDI    AH  2 2 2 14 AH AK AD a a a 3a  d  C ,  BDI   3d  A,  BDI    14 . Câu 39. [2D1.1-3] Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên  và có đạo hàm f ( x) thỏa mãn f ( x) (1  x)( x  2) g ( x)  2019 với g ( x)  0 ; x   . Hàm số y  f (1  x)  2019 x  2020 nghịch biến trên khoảng nào? A. (1;  ) .. B. (0;3) .. C. ( ;3) . Lời giải. D. (3;  ) .. Đáp án D Ta có y  f  1  x   2019   1   1  x     1  x   2  g  1  x   2019  2019  x  3  x  g  1  x  . x 0 y x   0  x  3  x   0    x  3 (do g  1  x   0 , x   ) Suy ra: Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (3;  ) . Câu 40. [2D4.4-3] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho số phức z thỏa mãn | z  1  2i | 3 . Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w  z (1  i ) là đường tròn Trang 11/18.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> A. Tâm I (3;  1) , R 3 2 . C. Tâm I (  3;1) , R 3 2 .. B. Tâm I ( 3;  1) , R 3 . D. Tâm I (  3;1) , R 3 .. Lời giải Đáp án A z  1  2i 3  z  1  i     1  2i   1  i  3 1  i  w  3  i 3 2 Ta có .  x, y     x  3   y 1 i 3 2 Giả sử w x  yi 2 2   x  3   y  1 18  I  3;  1 R  18 3 2 , . 3 2 Câu 41. [2D1.1-3] Cho hàm số y  f ( x) ax  bx  cx  d , (a, b, c, d  , a 0) , có bảng biến thiên như hình sau. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình m | f ( x ) | có 4 nghiệm phân biệt trong đó có đúng một nghiệm dương. A. m  2 . B. 0  m  4 . C. m  0 . D. 2 m  4 . Lời giải Đáp án D y   1  y  1 y  0  2 2 Ta có: . Bảng biến thiên của hàm số. y  f  x. là:. Câu 42. [1D2.5-3] Cho đa giác đều P gồm 16 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên một tam giác có ba đỉnh là đỉnh của P . Tính xác suất để tam giác chọn được là tam giác vuông. 6 2 3 1 A. 7 . B. 3 . C. 14 . D. 5 . Lời giải Đáp án D 3. * Số phần tử không gian mẫu là C16 * Theo gt, đa giác có đều 16 cạnh nên có 16 đỉnh do đó có 8 đường chéo xuyên tâm. Cứ mỗi hai đường chéo xuyên tâm sẽ cho 4 tam giác vuông. Vậy số cách chọn một tam giác vuông có 3 đỉnh là 2 đỉnh của đa giác sẽ là 4.C8 . 4.C 2 P  38 C16 Xác suất cần tìm là. Nhiễu. 4.C 2 6 C2 3 P  316  P  163  C16 7, C16 14 , 2 2 2 Câu 43. [2H3.2-3] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  2 x  4 y  6 z  2 0 và mặt phẳng ( P ) : 2 x  2 y  z  3 0 . Gọi (Q) là mặt phẳng song song với ( P) và cắt ( S ) theo thiết diện. Trang 12/18.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> là đường tròn (C ) sao cho khối nón có đỉnh là tâm của mặt cầu và đáy là hình tròn giới hạn bởi (C ) có thể tích lớn nhất. Phương trình của mặt phẳng (Q ) là A. 2 x  2 y  z  4 0 hoặc 2 x  2 y  z  17 0 . B. 2 x  2 y  z  2 0 hoặc 2 x  2 y  z  8 0 . C. 2 x  2 y  z  1 0 hoặc 2 x  2 y  z  11 0 . D. 2 x  2 y  z  6 0 hoặc 2 x  2 y  z  3 0 . Lời giải Đáp án C ( S ) :( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  3) 2 12.  S. I  1;  2;3. và bán kính R 2 3 .  C  và H là hình chiếu của I lên  Q  . Gọi r là bán kính đường tròn Mặt cầu. có tâm. 2 2 2 Đặt IH  x ta có r  R  x  12  x 1 1 V  .IH .S  C    .x. 3 3 Vậy thể tích khối nón tạo được là. . . 12  x 2. . 2. 1    12 x  x3  3 .. . x  0; 2 3 f  x với . Thể tích nón lớn nhất khi đạt giá trị lớn nhất 2 2 f  x  12  3x f  x  0  12  3 x 0  x 2  x 2 Ta có , . Bảng biến thiên: Gọi. f  x  12 x  x 3. 1 16 Vmax   16  3 3 khi x IH 2 . Vậy  Q  //  P  nên  Q  : 2 x  2 y  z  a 0 Mặt phẳng 2.1  2   2   3  a  a 11  2  2 2 2 2  2    1 d I ;  Q   IH  a  1 .  a  5 6 Và .  Q. có phương trình 2 x  2 y  z  1 0 hoặc 2 x  2 y  z  11 0 . 2 Câu 44. [2D4.4-2] Xét các số phức z a  bi , (a, b  ) thỏa mãn 4( z  z )  15i i ( z  z  1) và | 2 z  1  i | đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P 4010a  8b . Vậy mặt phẳng. A. P 2020 .. B. P 2019 .. P. C. Lời giải. 361 4 .. D.. P. 361 16 .. Đáp án A Trang 13/18.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Ta có 2. 4( z  z )  15i i( z  z  1) 2  4  a  bi  a  bi   15i i  a  bi  a  bi  1  8b  15  2a  1 15 b 8 . suy ra. 2. | 2 z  1  i |  (2a  1) 2  (2b 1) 2  8b  15  4b2  4b 1  4b 2 12b  14 15 b 2 8 Xét hàm số f (b) 4b  12b  14 với.  15  15 ;   f (b) 8b  12  0, b    nên 8 suy ra f (b) là hàm số đồng biến trên  8  15  361 f (b)  f     8  16 . 361 15 1 b  ;a  | 2 z  1  i | 8 2. Do đó đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 khi Khi đó P 4010a  8b 2020 . Câu 45. [2D2.3-3] Bạn Nam trúng tuyển vào đại học nhưng vì không đủ tiền chi phí ăn học nên Nam quyết định vay ngân hàng trong 4 năm, mỗi năm 30 triệu đồng học với lãi suất 3% / năm. Sau khi tốt nghiệp đại học Nam phải trả góp hàng tháng số tiền T (không đổi) vào cuối tháng cùng với lãi suất 0, 25% / tháng trong vòng 5 năm. Số tiền T mà Nam phải trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây? A. 2322886 đồng. . B. 3228858 đồng. C. 2322888 đồng. D. 3222885 đồng. Lời giải Đáp án A + Tính tổng số tiền mà Nam nợ sau 4 năm học: Sau 1 năm số tiền Nam nợ là: 30  30r 30(1  r ) 2 Sau 2 năm số tiền Nam nợ là: 30(1  r ) 30(1  r ) Tương tự: Sau 4 năm số tiền Nam nợ là: 30(1  r ) 4 30(1  r )3  30(1  r ) 2 30(1  r ) 129274074,3  A + Tính số tiền T mà Nam phải trả trong 1 tháng: Sau 1 tháng số tiền còn nợ là: A  Ar  T  A(1  r )  T :.. 2 Sau 2 tháng số tiền còn nợ là: A(1  r )  T  ( A(1  r )  T ) r  T  A(1  r )  T (1  r )  T 60 59 58 A  1  r   T  1  r   T  1  r    T  1  r   T Tương tự sau 60 tháng số tiền còn nợ là: . Hùng trả hết nợ khi và chỉ khi 60 59 58 A  1  r   T  1  r   T  1  r    T  1  r   T 0 60. 59. 58.  A  1  r   T   1  r    1  r     1  r   1 0    A1 r . 1 r  T. 60. 60.  A1 r . 1 r  T. 60. 60. T. 1 0 1 r  1 r. Ar  1  r . 1 r . 60. 1. 0. 60. 1.  T 2322885,852 Trang 14/18.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Câu 46. [2H3.3-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A(2;3; 0), B(0;  2; 0),  x t  d :  y 0 . 6  P  ;  2; 2   z 2  t  5  và đường thẳng Giả sử M là điểm thuộc d sao cho chu vi tam giác ABM nhỏ nhất. Tìm độ dài đoạn MP. A. 2 3. .. B. 4. .. 2 6 . D. 5 .. C. 2. . Lời giải. Đáp án C Do AB có độ dài không đổi nên chu vi tam giác ABM nhỏ nhất khi AM  MB nhỏ nhất. Vì. . M  d  M  t ;0; 2  t   AM . . . 2. 2t  2 2. .  . 2.  9, BM . . 2t . 2. . 2. 4. 2.  AM  MB  2t  2 2  9  2t  2  4.       u  2t  2 2;3 , v   2t  2; 2 u  v u v Đặt áp dụng bất đẳng thức. . . . . 2t  2 2. . 2. . 9 . . . 2t . 2. . 2. 4 . . 2 2 2. . 2.  25. 2. Dấu bằng xảy ra khivàchỉ 2. 2t  2 2 3 7 3  7 3  6 7    t   M  ; 0;   MP      2   2   2. 5 5  5 5  5 5  khi  2t  2 2 Câu 47. Một khu đất phẳng hình chữ nhật ABCD có AB 25 km , BC 20 km và rào chắn MN ( với M, N lần lượt là trung điểm của AD , BC ). Một người đi xe đạp xuất phát từ A đi đến C bằng cách đi thẳng từ A đến cửa X thuộc đoạn MN với vận tốc 15km /h rồi đi thẳng từ X đến C với vận tốc 30 km /h (hình vẽ). Thời gian ít nhất để người ấy đi từ A đến C là mấy giờ?. 4  29 . 6 A. .. B.. 41 . 4 .. 2 5 . C. 3 . Lời giải. 5 . D. 3 .. Đáp án C   Gọi MX  x km với 0  x 25 2 2 Quãng đường AX  x  10.  thời gian tương ứng Quãng đường. CX . thời gian tương ứng. x 2  100  h 15.  25  x . 2.  10 2. x 2  50 x  725   h 30 Trang 15/18.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> x 2  100 x 2  50 x  725  f  x 15 30 Tổng thời gian với x   0; 25 , tìm giá trị nhỏ nhất x x  25 f  x    15 x 2  100 30 x 2  50 x  725 , f  x  0  x 5 f  x . Tính các giá trị. f  0 . 4  29 1  29 2 5 1,56 f  25   2,13 f  5   1, 49 6 3 3 , ,. 2 5 Vậy hàm số đạt GTNN bằng 3 tại x 5 Câu 48. [2H1.3-4] Cho hình lăng trụ ABC. ABC  đáy là tam giác đều cạnh a .Hình chiếu vuông góc của A lên ( ABC ) trùng với trọng tâm ABC . Biết khoảng cách giữa 2 đường thẳng AA và BC bằng a 3 4 . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  . a3 3 a3 3 a3 3 V V V 24 . 12 . 6 . A. B. C. Lời giải Đáp án B. D.. V. a3 3 3 .. a2 3 . 4 Có: Gọi M là trung điểm của BC , H là trọng tâm tam giác ABC , K là hình chiếu của H lên AA ' . d  AA, BC  d  BC , ( AAD)  d  M , ( AAD )  SABC . 3 3 3  d  H , ( AAD )   d ( H , AA' )  HK . 2 2 Trong ( ABC ) dựng hình bình hành ACBD .Ta có: 2 a HK  . 2 3 Trong tam giác vuông AHA ta lại có: Từ giả thiết suy ra: HK 2 . Vậy:. AH 2 . AH 2 AH 2  AH 2. V  A ' H .S ABC. a a  AH  3 3 2 3 a 3 a a 3  .  . 4 3 12 ,AH . N  MN d ( BC , AA' ) . a 3 4. Cách 2: Kẻ MN vuông góc với AA ' tại MN 1 a a 2 3 a a3 3  sin A ' AM    A ' H  AHtan300   V  A ' H .S ABC  .  . AM 2 3 4 3 12. Trang 16/18.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Câu 49. [2D1.1-4] Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 1; 2 ] 2 2 2 1 1 f (2) 0, [ f ( x)]2 dx  ( x  1) f ( x ) dx  I  f ( x)dx   45 30 1 1 và 1 . Tính . 1 1 1 1 I  I  I  I 12 . 15 . 36 . 12 . A. B. C. D. Lời giải Đáp án A 2 2 1 1 2   x  1 f ( x)dx  f ( x)d  x  1 21 Ta có 30 1. . 2. . 1 1 2 2 2  x  1 f ( x) 1   x  1 f  x  dx  2 21 2.  x  1. 4. dx . 1  x  1 5. 5 2. Ta lại có 1 Từ giả thiết và các kết quả ta có 2. 2. 2. 2. 1. thỏa mãn. . 2.  x  1. 2. 1. 1 f  x  dx  15. 1  . 5 2. 4. 9 f  x   dx  6  x  1 f  x  dx   x  1 dx 0. 1. 1. 1. Mặt khác: 2. 2. 2. 2. 1. Do vậy xét trên đoạn. 1. 4. 2. 2. 2 9 f  x   dx  6 x  1 f  x  dx   x  1 dx  3 f  x    x  1  dx 0.   1. 2. 1.  1; 2 , ta có. 1 1 2 3  x  1  f  x    x  1  C 3 9 1 1 1 1 3 C  0  C   f ( x)   x  1  9 9 9 9 Lại do f(2) = 0 nên 2 2 2 1 1 1 1 3 4 I    x  1  1 dx   x  1   x  1   91 36 9 12 1 1 Suy ra 2. 3 f  x    x  1 0  f  x  . Phân tích phương án nhiễu. Phương án B: Sai do HS sử dụng sai tính chất của tích phân. Cụ thể: 2 2 2 2 2 1 1 1   x  1 f  x  dx  x  1 dx.f  x  dx  f  x  dx  f  x  dx  . 30 1 21 15 1 1 1 Phương án C: Sai do HS giải như trên nhưng khi tính I lại bị sai. Cụ thể: 2 2 2 1  1 1 1 3 4  I    x  1  1 dx   x  1   x  1    91 36 18 36 1 1 Phương án D: Sai do HS tìm sai hàm số f(x). Cụ thể: 1 1 2 2 3 3 f  x    x  1 0  f  x    1  x   f  x    1  x   C 3 9 1 1 1 1 1 3 C  0  C   f  x    1  x   I f  2  0 9 9 9 9 Do đó tính được 12 Lại do nên Câu 50. [2D1.5-4] Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau có một nghiệm duy nhất 3 2 x  2 m  3 x  ( x 3  6 x 2  9 x  m)2 x  2 2 x 1  1 A. m 4 . B. m 8 . C. 4  m  8 . D. m  ( ; 4)  (8; ) . Lời giải Trang 17/18.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Đáp án D Ta có: 3 2 x  2 m  3 x  ( x3  6 x 2  9 x  m)2 x  2 2 x 1  1      Xét. 3    x  2   m  3x  8 .2 x  2 2 x  2.23  1   3 x  2 3 m  3 x 2    x  2   m  3x  .2 x  2 1   a b 3 3 a 3 2 .2  a  b .2 1 (với a  x  2 , b  m  3 x ) 2b  a 3  b3 2 a 3 2b  b3 2 a    a  (*) t 3 f  t  2  t. 2 x  2. Ta có: Do đó:. 3. m 3x. . . f  t  2t .ln 2  3t 2  0, t. (*)  b  a . 3. nên f (t ) luôn đồng biến. 3. m  3 x 2  x  m  3x  2  x   m  x3  6 x 2  9 x  8 .. 3 2 Lập bảng biến thiên của hàm số g ( x )  x  6 x  9 x  8. phương trình sau có một nghiệm duy nhất: m  ( ; 4)  (8; ). Trang 18/18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>