Có tất cả bao nhiêu số nguyên a 2021 2021 sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn 2021 2021 log xaxa
7 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán nhóm GV MGB đề 7 file word có lời giải chi tiếtBạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (376.45 KB, 22 trang ) ĐỀ SỐ 7 A. 50π . B. 250π . C. 25π . Câu 3. Phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. y = 2 . B. x = 1 . 2 C. y = D. 125π . 2x 1 là: x2 1 . 2 D. x = 2 . Câu 4. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = cos 2 x là: 1 B. sin 2 x + C . 2 A. 2sin 2 x + C . C. 1 sin 2 x + C . 2 D. sin 2 x + C . Câu 5. Cho cấp số nhân ( un ) có số hạng đầu u1 = 2 và công bội q = 3 . Số hạng thứ 5 bằng A. 96. B. 48. C. 486. D. 162. Câu 6. Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu của điểm M (1;2;3) trên mặt phẳng (Oxy) có tọa độ là A. (1;2;0) . B. (1;0;3) . C. (0;2;3) . D. . (0;0;3) Câu 7. Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình dưới đây. Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x) và trục Ox là: 2 A. S = f ( x)dx . 1 2 B. S = f ( x)dx . 1 C. S = 0 2 1 0 2 1 0 0 f ( x)dx f ( x)dx . D. S = f ( x)dx f ( x )dx . Câu 8. Hàm số y = x 4 + 4 x 2 + 1 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 2. B. 0. C. 1. D. 4. Câu 9. Cho hình chóp S.ABC có các cạnh SA, SB, SC đơi một vng góc với nhau. Biết SA = 3, SB = 4, SC = 5, thể tích khối chóp S.ABC bằng Trang 1 A. 20. B. 30. C. 10. D. 60. Câu 10. Đường cong trong hình bên dưới là đồ thị của hàm số nào trong bốn hàm số dưới đây A. y = x3 + 3 x 2 2 . B. y = x 3 3 x 2 + 2 . C. y = x 3 3 x 2 . D. y = x 3 + 3x + 2 . Câu 11. Trong không gian Oxyz, khoảng cách từ gốc tọa độ (O) đến mặt phẳng ( P ) : x y + 2 z 3 = 0 bằng A. 6 . 2 B. 3 . 2 C. 3. D. 1 . 2 Câu 12. Cho số phức z = 5 3i . Phần ảo của số phức z bằng A. 3. B. 3. C. 3i . D. 5. Câu 13. Bất phương trình log 3 ( x 1) 2 có nghiệm nhỏ nhất bằng A. 7. B. 10. C. 9. D. 6. Câu 14. Có bao nhiêu cách chọn ra một tổ trưởng và một tổ phó từ một tổ có 10 người? Biết khả năng được chọn của mỗi người trong tổ là như nhau. A. 90. B. 100. C. 45. D. 50. Câu 15. Trong không gian Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng vng góc với trục Oz ? A. 2 y + 3 = 0 . B. 2 x + 2 y + 3 = 0 . C. 2 z + 3 = 0 . D. 2 x + 3 = 0 . Câu 16. Cho hình trụ có tâm hai đáy lần lượt là O và ( O ) ; bán kính đáy hình trụ bằng a . Trên hai đường tròn (O) và ( O ) lần lượt lấy hai điểm A và B sao cho đường thằng AB tạo với trục của hình trụ một góc 30° và có khoảng cách tới trục của hình trụ bằng a 3 . 2 Tính diện tích tồn phần của hình trụ đã cho. A. π a2 ( 3 + 2) . 3 B. π a 2 ( 3 + 2) . C. 2π a 2 ( 3 + 1) . D. 2π a 2 ( 3 + 3) . 3 Câu 17. Có tất cả bao nhiêu giá trị khác nhau của tham số m để đồ thị hàm số y = x 1 có 2 x + mx + 4 2 đường tiệm cận? A. 1. B. 2. C. 3. D. 0. Trang 2 Câu 18. Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA , tam giác ABC vng tại A có AB = 2, AC = 4 . Gọi H là trung điểm của BC . Biết diện tích tam giác SAH bằng 2, thể tích của khối chóp S.ABC bằng A. 16 5 . 15 B. 16 5 . 5 C. 4 5 . 9 D. Câu 19. Tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình 5 x A. 9. B. 3. 2 3 x 4 5 . 3 < 625 bằng C. 4. D. 6. Câu 20. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = x x trên đoạn [0 ; 3]. Giá trị của biểu thức M + 2m gần với số nào nhất trong các số dưới đây? A. 0,768. B. 1,767. C. 0,767. D. 1,768. Câu 21. Cho hàm số có đồ thị như hình dưới đây. Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x) là A. 3. B. 5. C. 0. D. 2. Câu 22. Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA tam giác ABC là tam giác cân tại A có AB = a, BAC = 120°. Biết thể tích khối chóp S.ABC bằng 3a 3 , góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và 4 ( ABC ) bằng A. 90° . B. 30° . C. 60° . Câu 23. Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên (0; +) . Biết f ( x ) = A. ln 3 3 . 2 Câu 24. Cho x = B. ln 2 3 3 . 2 C. ln 3 + 3 . 2 D. 45° . ln x 3 và f (1) = , tính f (3) x 2 D. ln 2 3 + 3 . 2 m , m, n ¥ * ,(m, n) = 1 . Biết ba số log 3 x, 1,log 3 (81x) theo thứ tự lập thành một cấp số n cộng. Tính m + n . A. 38. B. 4. C. 10. D. 82. Câu 25. . Biết số phức z = 3 + 4i là một nghiệm của phương trình z 2 az + b = 0 , trong đó a, b là các số thực. Tính a b . A. 31. B. 11. D. 19 C. 1. Câu 26. Cho hàm số y = ln( x + 2) có đồ thị là (C ) . Gọi A là giao điểm của (C ) với trục Ox . Hệ số góc tiếp tuyến của (C ) tại A bằng A. 1. B. 1. 1 4 C. . D. 1 . 2 Câu 27. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2;0;2) và B (0;4;0) . Mặt cầu nhận đoạn thẳng AB làm đường kính có phương trình là Trang 3 A. ( x 1) 2 + ( y 2) 2 + ( z 1) 2 = 36 . B. ( x 1) 2 + ( y 2) 2 + ( z 1) 2 = 6 . C. ( x 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z 1) 2 = 6 . D. ( x 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z 1) 2 = 36 . Câu 28. Cho số phức z thỏa mãn z + (1 i ) z = 9 2i . Tìm mơ đun của z . A. z = 7 . B. z = 21 . C. z = 7 . D. z = 29 . Câu 29. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( x ) + m = 0 có hai nghiệm phân biệt là A. (2; +) . B. (1;2) . C. [1;2) . D. (;2) . Câu 30. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua điểm A(1; 1;2) và song song với hai đường thẳng : x 1 y +1 z 3 x y 3 z +1 = = , : = = có phương trình là: 2 2 1 1 3 1 A. x y + 4 z 6 = 0 . B. x + y 4 z + 8 = 0 . C. x + y + 4 z 8 = 0 . D. x y 4 z + 10 = 0 . Câu 31. Bác Bính có một tấm thép mỏng hình trịn tâm O bán kính 4dm . Bác định cắt ra một hình quạt trịn tâm O , quấn rồi hàn ghép hai mép của hình quạt trịn lại để tạo thành một đồ vật dạng mặt nón trịn xoay (tham khảo hình vẽ). Dung tích lớn nhất có thể của đồ vật mà bác Bính tạo ra bằng bao nhiêu? (Bỏ qua phần mối hàn và độ dày của tấm thép) 128π 3 16π 3 A. B. dm3 . dm3 . 81 27 C. 64π 3 dm3 . 27 D. 128π 3 dm3 . 27 Câu 32. Cho hàm số f ( x) thỏa mãn f (1) = 3 và x ( 4 f ( x) ) = f ( x ) 1 với mọi x > 0 . Tính f (2) . A. 5. B. 3. C. 6. D. 2. Câu 33. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x 1) 2 + ( y + 2)2 + ( z 2) 2 = 4 và mặt phẳng ( P ) : x y + 2z 1 = 0 . Gọi M là một điểm bất kì trên mặt cầu ( S ). Khoảng cách từ M đến ( P ) có giá trị nhỏ nhất bằng A. 2 6 2 . B. 4 6 2. 3 C. 0. D. 6 2. Trang 4 Câu 34. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x 2 y 2 z 3 = 0 và mặt phẳng (Q) : x 2 y 2 z + 6 = 0 . Gọi (S) là một mặt cầu tiếp xúc với cả hai mặt phẳng. Bán kính của (S) bằng A. 3. B. 3 . 2 C. 9. D. 9 . 2 Câu 35. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [10;10] để hàm số y = x 3 3 x 2 + 3mx + 2019 nghịch biến trên khoảng (1;2)? A. 11. B. 20. C. 10. D. 21. 5 i =7z. Câu 36. Tính tổng phần thực của tất cả các số phức z 0 thỏa mãn z + ÷ z÷ A. 2. B. 3. C. 3. D. 2. Câu 37. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;4;5), B(0;3;1), C (2; 1;0) và mặt phẳng ( P ) : 3 x 3 y 2 z 15 = 0 . Gọi M (a; b; c ) là điểm thuộc ( P ) sao cho tổng các bình phương khoảng cách từ M đến A, B, C nhỏ nhất. Tính a + b + c . A. 3. B. 5. C. 5. D. 3. Câu 38. Có bao nhiêu cách chia 20 chiếc bút chì giống nhau cho 3 bạn Bắc, Trung, Nam sao cho mỗi bạn được ít nhất một chiếc bút chì? A. 190. B. 153. C. 171. D. 210. Câu 39. Cơ Ngọc vay ngân hàng một số tiền với lãi suất 1% / tháng. Cơ ấy muốn hồn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, cô ấy bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là 5 triệu đồng và cô ấy trà hết nợ sau đúng 5 năm kề từ ngày vay (số tiền hoàn nợ tháng cuối cùng có thề ít hơn 5 triệu đồng). Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mà cô Ngọc vay ngân hàng là số nào trong các số dưới đây? A. 221 triệu đồng. B. 224 triệu đồng. C. 222 triệu đồng. D. 225 triệu đồng. Câu 40. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vng cạnh bằng 3, hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) là điểm H nằm trên đoạn thẳng AB sao cho AB = 3 AH , SH = 3 . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SAD) bằng A. 3. B. 3 3 . 2 C. 2 3 . D. x2 . 2 Câu 41. Cho hàm số f ( x) = x 4 2 x 2 + m,(m là tham số thực). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên m [10;10] sao cho max f ( x) + min f ( x) 10 . Số phần S là: [1;2] [1;2 ] A. 9. B. 10. C. 11. D. 12. Câu 42. Cho hàm số f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d với a, b, c, d ¡ có đồ thị như hình vẽ bên dưới Trang 5 Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên thuộc đoạn [10;10] của tham số m để bất phương trình f ( ) 2 3 8 x x 2 + f (m) có nghiệm. Số phần tử của tập hợp S là 3 3 1 x2 + A. 9. B. 10. C. 12. D. 11. 2 x 2 Câu 43. Cho ( x + 1)e dx = ae + be + c với a, b, c là các số nguyên. Tính a + b + c . 1 A. 0. B. 1. C. 4. D. 3. Câu 44. Hình phẳng giới hạn bởi tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z 3 + z + 3 = 10 có diện tích bằng A. 20π . B. 15π . C. 12π . D. 25π . Câu 45. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 3a = 5b = 15 c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a 2 + b 2 + c 2 4(a + b + c) A. 3 log 5 3 . B. 4. ( C. 12π . ) D. 25π . 2 Câu 46. Cho phương trình x 2 3 x + m + x 2 8 x + 2m = 0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [20;20] để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt? A. 19. B. 18. C. 2 3 . D. 2 log 3 5 . Câu 47. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm đối xứng của C qua B và là trung điểm của SC. Mặt phẳng ( MND) chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh S có thể tích V1 , khối đa diện cịn lại có thể tích V2 (tham khảo hình vẽ dưới đây). Tính tỉ số V1 . V2 Trang 6 A. V1 12 = . V2 7 B. V1 5 = . V2 3 C. V1 1 = . V2 5 D. V1 7 = . V2 5 Câu 48. Cho số phức z thỏa mãn z + 1 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T = z +4i + z 2+i A. 2 46 . B. 2 13 . C. 2 26 . D. 2 23 . Câu 49. Cho hàm số f ( x) = x 3 3x + 1 . Tìm số nghiệm của phương trình f ( f ( x)) = 0 . A. 5. C. 9. B. 4. x Câu 50. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 2 biểu thức S = x y + x 3 y 3 là 2 + y 2 1 D. 7. ( ) + log 3 x 2 + y 2 + 1 = 3 . Biết giá trị lớn nhất của a a 6 với a, b là các số nguyên dương và phân số tối giản. Tính giá b b trị biểu thức T = 2a + b . A. T = 25. B. T = 34. C. T = 32. D. T = 41. Đáp án 1-B 11-A 21-B 31-D 41-C 2-D 12-A 22-D 32-A 42-D 3-D 13-B 23-D 33-D 43-B 4-C 14-A 24-A 34-B 44-A 5-D 15-C 25-D 35-A 45-B 6-A 16-C 26-A 36-C 46-B 7-C 17-C 27-B 37-D 47-D 8-C 18-A 28-D 38-C 48-B 9-C 19-D 29-C 39-B 49-D 10-A 20-A 30-B 40-B 50-B LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B ( ) Ta có: x a b = x ab Câu 2: Đáp án D Thể tích khối trụ là V = π .52.5 = 125π . Câu 3: Đáp án D Đồ thị hàm số y = ax + b d (ad bc 0) có đường tiệm cận đứng là x = . cx + d c Trang 7 Đồ thị hàm số y = 2x 1 có đường TCĐ là x = 2 . x2 Câu 4: Đáp án C 1 cos(ax + b)dx = a sin(ax + b) + C Ta có 1 f ( x)dx = cos2 xdx = 2 sin 2 x + C . Câu 5: Đáp án D n 1 Số hạng tổng quát của CSN: un = u1.q . 4 4 Ta có: u1 = 2, q = 3 u5 = u1.q = 2.3 = 162 . Câu 6: Đáp án A Hình chiếu của M (a; b; c ) lên mặt phẳng (Oxy ) là H (a; b;0) . Hình chiếu cùa M (1; 2;3) lên mặt phẳng (Oxy ) là H (1; 2;0) . Câu 7: Đáp án C x = 1 Xét phương trình hồnh độ giao điểm: f ( x) = 0 x = 0 x = 2 2 Khi đó diện tích S = f ( x) dx = 1 0 2 0 2 1 0 1 0 f ( x)dx + [ f ( x)] dx = f ( x)dx f ( x)dx . Câu 8: Đáp án C Ta thấy hàm số y = x 4 + 4 x 2 + 1 có ab = 1.4 > 0 nên hàm số đã cho có 1 điểm cực trị. Câu 9: Đáp án C Thể tích VS . ABC = 1 1 SA.SB.SC = .3.4.5 = 10 . 6 6 Câu 10: Đáp án A Từ hình vẽ ta thấy khi x + thì y hay hệ số a < 0. Do đó loại B, C . Thấy điểm (0; 2) thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x = 0; y = 2 vào hai hàm số cịn lại thấy chỉ có hàm số y = x 3 + 3x 2 2 thỏa mãn. Câu 11: Đáp án A Khoảng cách từ điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng ( P ) : ax + by + cz + d = 0 là: d ( M , ( P )) = Ta có d (O, ( P)) = 0 0 + 2.0 3 12 + (1) 2 + 22 = ax0 + by0 + cz0 a 2 + b2 + c2 3 6 = . 2 6 Trang 8 Câu 12: Đáp án A Số phức z = 5 3i có phần ảo là -3. Câu 13: Đáp án B m Giải bất phương trình log a f ( x) m f ( x) a với a > 1 . 2 Ta có: log 3 ( x 1) 2 x 1 3 x 10 . Câu 14: Đáp án A 1 Số cách chọn 1 người làm tổ trưởng là C10 = 10 . 1 Số cách chọn ra 1 người làm tổ phó là C9 = 9 . Nên số cách chọn ra 1 tổ trưởng và 1 tố phó là 10.9 = 90 cách. Câu 15: Đáp án C r Trục Oz có vectơ chì phương k = (0;0;1) . r Đáp án A : n = (0; 2;0) không cùng phương r Đáp án B : n = (2; 2;0) không cùng phương r r Đáp án C: n = (0;0; 2) = 2k nên ( P ) Oz . r Đáp án D: n = (2;0;0) không cùng phương r k nên loại. r k nên loại. r k nên loại. uu r uuur Mặt phẳng ( P ) vng góc với đường thẳng d thì ud = kn( P ) . Câu 16: Đáp án C Kẻ các đường sinh AB , AB thì AB//OO//AB . Ta có d ( OO; AB ) = d ( OO; ( AABB ) ) = d ( O; ( AABB ) ) Kẻ OH AA tại H H là trung điểm của AA . OH AA OH ( AABB ) Ta có AB OH d ( O; ( AABB ) ) = OH = a 3 2 Lại có AB tạo với trục hình trụ góc 30° mà OO//AB ABA = 30° Xét tam giác ABA vng tại A có AB = AA.cot 30° = a 3 . Diện tích tồn phần của hình trụ đã cho là: Stp = 2π rl + 2π r 2 = 2π .a.a 3 + 2π a 2 = 2π a 2 ( 3 + 1) . Câu 17: Đáp án C x 1 = 0 nên đồ thị hàm số ln có 1 TCN là y = 0 . x x + mx + 4 Ta có: lim y = lim x 2 Trang 9 Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận thì nó chỉ có duy nhất 1 đường tiệm cận đứng phương trình x 2 + mx + 4 = 0 có nghiệm x = 1 hoặc phương trình x 2 + mx + 4 = 0 có nghiệm kép (có thể bằng 1). 12 + m.1 + 4 = 0 m = 5 2 . m = ±4 m 4.4 = 0 Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn bài tốn. Chú ý khi giải, một số em có thể chỉ để ý trường hợp nghiệm kép và chọn B là sai, một số em khác lại quên trường hơp nghiệm kép và chon A là sai. Câu 18: Đáp án Xét tam giác ABC vng tại A ta có AB 2 + AC 2 2 5 = = 5 2 2 BC AH = = 2 Mà SSAH = 1 1 4 5 . SA. AH 2 = SA. 5 SA = 2 2 5 1 14 5 1 16 5 Thể tích khối chóp VS . ABC = .SA.S ABC = . . .2.4 = 3 3 5 2 15 Câu 19: Đáp án D f (x ) < m f ( x) < log a m với a > 1 . Bất phương trình a 5x 2 3 x < 625 x 2 3 x < log 5 625 = 4 x 2 3x 4 < 0 1 < x < 4 . Do x Z nên x {0;1; 2;3} . Vậy tổng các nghiệm nguyên là 6. Câu 20: Đáp án A ĐK: x 0 Xét trên [0; 3] ta có f ( x) = 1 1 2 x =0 x= 1 [0;3] . 4 1 1 Ta có f (0) = 0; f (3) = 3 3; f ÷ = . 4 4 Suy ra M = max y = max f (0); f [ 0;3] 1 ÷; f (3) = f (3) = 3 3 . 4 1 1 1 m = min y = min f (0); f ÷; f (3) = f ÷ = . [ 0;3] 4 4 4 1 Nên M + 2m = 3 3 + 2. ÷ 0, 768 . 4 { } { } max y = max y ( a); y ( xi ) ; y ( x j ) ; y (b) và min y = max y (a ); y ( xi ) ; y ( x j ) ; y (b) . [ a ;b ] [ a ;b ] Câu 21: Đáp án B Trang 10 Dựng đồ thị hàm số y = f ( x) từ đồ thị hàm số y = f ( x) - Giữ ngun phần đồ thị phía trên trục hồnh và lấy đối xứng phần dưới qua Ox . Dựng đồ thị hàm số y = f ( x) như hình vẽ ta thấy, số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x) là 5. Câu 22: Đáp án D Xác định góc giữa các mặt phẳng ( P ) và (Q) ta thực hiện các bước sau: + Xác định giao tuyến d của ( P ) và (Q) + Trong mặt phẳng ( P ) xác định đường thẳng a d , trong mặt phẳng (Q) xác định đường thẳng b d . + Khi đó góc giữa (P) và (Q) là góc giữa hai đường thẳng a và b . Gọi M là trung điểm BC AM BC (do ABC cân tại A ). Lại có SAB = SAC (c.g .c) SB = SC hay SBC cân tại S . SM BC ( SBC ) ( ABC ) = BC Ta có AM BC ; AM ( ABC ) SM BC ; SM ( SBC ) · , AM ) = SMA · . (¼ ( SBC ), ( ABC ) ) = ( SM S ABC = 1 1 a2 3 AB. AC.sin BAC = a 2 sin120° = . 2 2 4 Theo đề bài VS . ABC 3a 3 1 a3 3 a3 3 a 2 3 a = SA.S ABC = SA = : = . 24 3 24 8 4 2 · 180° BAC Lại thấy ABM vng tại M có AB = a; ·ABM = = 30° 2 AM = AB.sin 30° = a . 2 Xét tam giác SAM vuông tại A có SA = AM = a · nên SAM vng cân tại A hay SMA = 45° 2 Vậy góc giữa ( SBC ) và ( ABC ) là 45° . Câu 23: Đáp án D Ta có: f ( x) = f ( x )dx = Đặt t = ln x dt = ln x dx x dx ln x t2 ln 2 x dx = tdt = + C = +C x x 2 2 Trang 11 f ( x) = ln 2 x 3 3 ln 2 x 3 + C. Mà f (1) = C = f ( x ) = + . 2 2 2 2 2 Vây f (3) = ln 2 3 3 ln 2 3 + 3 . + = 2 2 2 Câu 24: Đáp án A + Ba số a , b , c theo thứ tự lập thành cấp số cộng thì a+c =b. 2 + Sử dụng cơng thức log a (bc ) = log a b + log a c (0 < a 1; b, c > 0) c và log a x = c x = a . Điều kiện: x > 0 . Từ đề bài ta có: log 3 x + log 3 (81x) = 1 log 3 x + log 3 81x = 2 2 log 3 x = 6 . 2 log 3 x = 3 x = 33 x = 1 (thảo mãn) suy ra m = 1, n = 27 m + n = 28 . 27 Câu 25: Đáp án D Do z = 3 + 4i là một nghiệm của z 2 + az + b = 0 với a, b R nên z = 3 4i cũng là nghiệm của phương trình. z + z = a a = 6 a = 6 a b = 19 . Áp dụng định lí Vi - ét ta có: zz = b b = 25 b = 25 Câu 26: Đáp án A Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và trục Ox thỏa mãn phương trình: ln( x + 2) = 0 x + 2 = 1 x = 1 . Suy ra A(1;0) . Ta có y = 1 hệ số góc của tiếp tuyến tại A(1;0) là y (1) = 1 . x+2 Câu 27: Đáp án B Có A(2;0; 2), B(0; 4;0) I (1; 2;1) là trung điểm của AB và AB = (2) 2 + 42 + (2) 2 = 2 6 Khi đó mặt cầu đường kính AB có tâm I (1; 2;1) và bán kính R = AB = 6 có phương trình là: 2 ( x 1) 2 + ( y 2) 2 + ( z 1) 2 = 6 . Câu 28: Đáp án D Gọi z = x + yi ( x, y R) thì số phức liên hợp z = x yi Ta có z + (1 i ) z = 9 2i x yi + (1 i )( x + yi ) = 9 2i 2 x + y = 9 x = 2 x yi + x + y + yi xi = 9 2i 2 x + y xi = 9 2i . y = 5 x = 2 Trang 12 Suy ra z = 2 + 5i z = 22 + 52 = 29 . Câu 29: Đáp án C Ta có: f ( x) + m = 0 m = f ( x ) . Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f ( x) tại hai điểm phân biệt. Quan sát bảng biến thiên ta thấy, với 2 < m 1 thì đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f ( x) tại hai điểm phân biệt hay 1 m < 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. Vậy tập hợp các giá trị cần tìm là [1; 2) . Chú ý khi giải, một số em có thể sẽ chọn nhầm B vì nghĩ m = 1 thì đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt là sai. Câu 30: Đáp án B ur uu r Ta có: u1 = (2;2;1); u2 = (1;3;1) lần lượt là vectơ chỉ phương của hai đường thẳng ; . r r uu u1; u2 = (1; 1;4) ur uu r r Vì mặt phẳng ( P ) song song với cả hai đường thẳng ; nên ( P ) nhận n = u1 ; u2 = (1; 1;4) làm 1 vectơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng ( P ) : 1( x + 1) 1( y 1) + 4( z 2) = 0 x + y 4 z + 8 = 0 . Câu 31: Đáp án D Gọi bán kính đáy hình nón là r . 1 2 1 2 2 Ta có: Vn = π r h = π r 16 r với 0 < r < 4 . 3 3 Xét hàm f (r ) = r 2 16 r 2 trên (0;4) có: 4 6 (0;4) r = 3 3 r 32 3r f ( r ) = 2r 16 r 2 + r. = =0 4 6 (0;4) 16 r 2 16 r 2 r = 3 r = 0 (0;4) Bảng biến thiên: Trang 13 4 6 Từ bảng biến thiên ta thấy, hàm số f ( r ) đạt GTLN khi r = . 3 2 Vậy Vmax 2 4 6 128 3 1 4 6 = dm3 . ữ ì 16 ÷ = 3 3 27 3 ( ) Câu 32: Đáp án A Ta có: x ( 4 f ( x) ) = f ( x) 1 4 x xf ( x ) = f ( x) 1 f ( x) + xf ( x) = 4 x + 1 ( xf ( x) ) = 4 x + 1 Lấy nguyên hàm hai vế theo x ta được xf ( x) = 2 x 2 + x + C . Mà f (1) = 3 nên ta có 1. f (1) = 2.12 + 1 + C 3 = 3 + C C = 0 Từ đó xf ( x) = 2 x 2 + x f ( x) = 2 x + 1 (do x > 0 ) Suy ra f (2) = 2.2 + 1 = 5 . Câu 33: Đáp án D Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;2) và bán kính R = 2 . Dễ thấy d( I ,( P)) = 1 (2) + 2.2 1 12 + 12 + 2 2 = 6 > 2 = R nên (P) và (S) không cắt nhau. Gọi M là giao điểm của đường thằng qua I và vng góc với ( P ) như hình vẽ. Ta thấy d ( M ;( P )) M H = IH R = 6 2 nên d ( M ;( P )) đạt GTNN bằng 6 2 khi M M . Câu 34: Đáp án B Mặt cầu tiếp xúc với hai mặt phẳng song song ( P ) và (Q) thì bán kính mặt cầu là R= 1 1 d (( P );(Q)) = d ( M ;(Q)) với M ( P ) . 2 2 Mặt phẳng ( P ) : x 2 y 2 z 3 = 0 và mặt phẳng (Q) : x 2 y 2 z + 6 = 0 có 1 2 2 3 = = nên 1 2 2 6 ( P )//(Q) . Lấy M (3;0;0) ( P) thì d (( P);(Q)) = d ( M ;(Q)) = 3+ 6 12 + ( 2) 2 + (2) 2 Bán kính mặt cầu tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( P ) và (Q) là R = =3. 1 3 d (( P );(Q)) = . 2 2 Câu 35: Đáp án A TXĐ: D = ¡ . Ta có: y = 3 x 2 6 x + 3m . Để hàm số đã cho nghịch biến trên (1;2) thì y 0, x (1;2) và bằng 0 tại hữu hạn điểm. Trang 14 3 x 2 6 x + 3m 0x (1;2) x 2 2 x + m 0x (1;2) ( x 1) 2 + m 1 0x (1;2) 1 m ( x 1) 2 x (1;2) Hàm số y = ( x 1) 2 đồng biến trên ( 1;+ ) nên cũng đồng biến trên (1;2). (1 1) 2 < ( x 1) 2 < (2 1) 2 0 < ( x 1) 2 < 1 1 m ( x 1) 2 x (1;2) 1 m 1 m 0 Lại có m [10;10] và m Z nên m {10; 9;;0} . Vậy có 11 giá trị của m . Câu 36: Đáp án C 5 5i 5i i = 7 z zi + = 7 z z (i + 1) = 7 Theo bài ra ta có: z + ÷ ÷ z z z z 2 = 25 (tháa m· n) 2 z = 49 + 2 2 z 49 z 25 = 0 1 z z = 2 (lo¹i) 2 25 4 2 z = 5 (do z > 0) Thay z = 5 vào biểu thức đề bài ta có: ( z + 1)i = 7 z z (i + 1) = 7 i 7i = 3 4i i +1 Câu 37: Đáp án D Xét biểu thức T = MA2 + MB 2 + MC 2 uuu r uuu r uuur r Gọi G (1;2;2) là trọng tâm của tam giác ABC thì GA + GB + GC = 0 . uuur 2 uuur 2 uuuu r 2 uuuu r uuu r uuuu r uuur uuuu r uuur Ta có: T = MA + MB + MC = ( MG + GA) 2 + ( MG + GB ) 2 + ( MG + GC ) 2 . uuuu r uuuu r uuu r uuu r uuur uuu r 2 uuu r 2 uuur 2 = 3MG + 2 MG (GA + GB + GC ) + GA + GB + GC = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 . Gọi H là hình chiếu của G lên ( P ) thì MG HG nên T đạt GTNN nếu M H . Viết phương trình đường thẳng d đi qua G (1;2;2) và vng góc ( P ) . x = 1 + 3t uuur Khi đó d nhận n( P ) = (3; 3; 2) làm véctơ chỉ phương nên d : y = 2 3t z = 2 2t x = 1 + 3t y = 2 3t M = d ( P) nên tọa độ của M thỏa mãn hệ phương trình z = 2 2t 3 x 3 y 2 z 15 = 0 3(1 + 3t ) 3(2 3t ) 2(2 2t ) 15 = 0 22 + 22t = 0 t = 1 M (4; 1;0) a = 4, b = 1, c = 0 a + b + c = 3 . Câu 38: Đáp án C Trang 15 Giả sử ta đặt 20 chiếc bút nằm thẳng hàng nhau thì giữa chúng có 19 khoảng trống (khơng kể khoảng trống ở hai đầu) Để chia làm 3 phần, ta đặt bất kì 2 vạch đánh dấu sao cho mỗi vạch vào 1 khoảng trống trong 19 khoảng trống trên thì đều chia 20 chiếc bút chì thành 3 phần và mỗi phần đều có ít nhất 1chiếc bút. 2 Như vậy có C19 cách chia 20 bút chì gống nhau cho 3 bạn mà mỗi bạn được ít nhất 1 chiếc bút chì. Câu 39: Đáp án B Goi T là số tiền cô Ngọc vay ban đầu, kí hiệu r = 1%, A = 5 triệu - Sau tháng thứ nhất, số tiền nợ là T1 = T + Tr A = T (1 + r ) A . - Sau tháng thứ hai, số tiền nợ là T2 = T (1 + r ) A + [T (1 + r ) A]r A = T (1 + r ) + T (1 + r )r A Ar A = T (1 + r ) 2 A(1 + r ) A . - Sau tháng thứ ba, số tiền nợ là: = T (1 + r ) 2 A(1 + r ) A + T (1 + r ) 2 A(1 + r ) A r A = T (1 + r )3 A(1 + r ) 2 A(1 + r ) A = T (1 + r )3 A (1 + r ) 2 + (1 + r ) + 1 = T (1 + r )3 A = T (1 + r )3 (1 + r )3 1 1+ r 1 A (1 + r )3 1 r n - Sau tháng thứ n , số tiền nợ là Tn = T (1 + r ) A (1 + r ) n 1 . r Do sau 5 năm (60 tháng) thì cơ Ngọc trả hết nợ nên T60 = 0 . T (1 + 1%) 5 (1 + 1%)60 1 = 0 T 224,775 triệu 1% Do tháng cuối cùng có thể trả ít hơn 5 triệu nên số nợ ban đầu không vượt quá 224,775 triệu. Vậy nên số nợ ban đầu có thề là 224 triệu. Số nợ không thể là 225 tr vì nếu vậy thì sau 60 tháng khơng thể trả hết nợ mà sẽ còn dư nợ đến tháng thứ 61 (mâu thuẫn giả thiết). Câu 40: Đáp án B Sử dụng d ( M ;( P )) = d ( N ;( P)) với MN //( P) . Sử dụng công thức chuyển điểm: Đường thẳng AB cắt ( P ) tại M thì d ( A;( P ) AM = d ( B;( P )) BM Xác định khoảng cách d ( N ;( P)) = H với H là hình chiếu vng góc của N trên ( P ) Vì BC //AD BC //( SAD) d (C ;( SAD)) = d ( B;( SAD) Trang 16 Lại có AB = 3 AH d ( B;( SAD)) AB = =3 d ( H ;( SAD)) AH Hay d (C ;( SAD)) = 3d ( H ;( SAD)) AD AB AD ( SAB ) Ta có: AD SA (do SA ( ABCD)) HK SA Kẻ HK SA tại K ta có: HK AD (do AD ( SAB ) Nên HK ( SAD) tại K nên d ( H ;( SAD)) = HK Ta có AB = 3 AH = 1 Xét tam giác SHA vuông tại H có 1 1 1 1 1 3 = + = + HK = 2 2 2 HK SH HA 3 1 2 Suy ra d (C ;( SAD)) = 3 3 . 2 Câu 41: Đáp án C Xét hàm số f ( x) = x 4 2 x 2 + m , hàm số liên tục trên đoạn [ 1;2] . Ta có: f ( x ) = 4 x 3 4 x > 0, x (1;2) Hàm số f ( x) đồng biến trên đoạn [ 1;2] , do đó max f ( x) = m + 8;min f ( x) = m 1 . [ 1;2] [ 1;2] f ( x) = m + 8;min f ( x) = m 1 . TH1: m 1 0 1 m 10 thì max [ 1;2] [ 1;2] Khi đó: max f ( x) + min f ( x) 10 m + 8 + m 1 10 m [ 1;2] [ 1;2] 3 m {2;3;4;;10} 2 trường hợp này có 9 số nguyên. f ( x) = m + 1;min f ( x) = m 8 . TH2: m + 8 0 10 m 8 thì max [ 1;2] [ 1;2] Khi đó: max f ( x) + min f ( x) 10 m + 1 m 8 10 10 m [ 1;2] [ 1;2] 17 m {10; 9} 2 trường hợp này có 2 số nguyên. 7 m + 1 khi 8 < m 2 f ( x) = 0;max f ( x) = TH3: 8 < m < 1 thì min [ 1;2] [ 1;2] m + 8 khi 7 < m < 1 2 m + 1 10, khi 8 < m 4 | f ( x) | + min | f ( x) | 10 Do m là số nguyên nên: max [ 1;2] [ 1;2] m + 8 10, khi 4 < m < 1 Trang 17 không tồn tại m thỏa mãn. Vậy số phần tử của tập S là 11 . Câu 42: Đáp án D Điều kiện: 1 x 1 Khi đó trở thành tìm m để bất phương trình f ( ) 1 x2 + 2 3 8 x x 2 + f (m) có nghiệm 3 3 x [ 1;1] Xét hàm số g ( x) = f ( ) 1 x2 + 2 3 8 x x 2 + trên [ 1;1] . 3 3 g ( x) . Bài tốn trở thành tìm m để f ( m) g ( x ) có nghiệm x [ 1;1] f (m) min [ 1;1] Ta có g ( x) = x 1 x2 .f ( 1 x 2 ) ) ( f 1 x2 + 2x 2x = x + 2 x 2 x = 0 . 2 1 x 2 0 1 x 1 f x 1;1 [ ] Vì 4 2 x 2 0 2 ( ) 1 x2 > 0 f ( 1 x2 1 x2 ) + 2x 2 < 0 . Ta có bảng biến thiên của hàm g ( x) trên [ 1;1] g ( x ) = g (1) = 4; dựa vào đồ thị ta có m > 0 . Dựa vào bảng biến thiên ta có: f (m) min m = 3 [ 1;1] m ¢ , nên m {3;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10} . Do m [10;10] Vậy có 11 số nguyên m thỏa mãn. Câu 43: Đáp án B u = x + 1 du = dx Đặt x x dv = e dx v = e 2 2 2 ( ( x + 1)e x dx = ( x + 1)e x e x dx = 3e 2 2e e x 1 1 1 ) 2 1 = 3e 2 2e e 2 + e = 3e 2 e 2 e Vậy a = 3, b = 1; c = 1 a + b + c = 1 . Câu 44: Đáp án A Trang 18 Gọi z = x + yi ( x; y R ) thì mơ đun z = x 2 + y 2 Biến đổi giả thiết để có quỹ tích là elip x2 y2 + = 1. a 2 b2 Diện tích elip bằng π .ab . Gọi z = x + yi ( x; y R ) ta có z 3 + z + 3 = 10 x 3 + yi + x + 3 + yi = 10 ( x 3) 2 + y 2 + ( x + 3) 2 + y 2 = 10 ( x 3) 2 + y 2 = 10 ( x + 3) 2 + y 2 x 2 6 x + 9 + y 2 = 100 20 ( x + 3) 2 + y 2 + x 2 + 6 x + 9 + y 2 ( ) 5 ( x + 3) 2 + y 2 = 3 x + 25 25 x 2 + 6 x + 9 + y 2 = 9 x 2 + 150 x + 625 25 x 2 + 16 y 2 = 400 x2 y 2 + = 1. 4 5 x2 y 2 Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là elip + = 1 a = 4; b = 5 . 4 5 Diện tích elip là: S = π ab = 20π . Câu 45: Đáp án B a b c Ta có 3 = 5 = 15 a = b log 3 5 = c log 3 15 = c ( 1 + log 3 5 ) log 3 5 = a c = ab + bc + ac = 0 . b b+c Ta có: P = a 2 + b 2 + c 2 4(a + b + c) = (a + b + c ) 2 2(ab + bc + ac ) 4(a + b + c ) = [ (a + b + c) 2] 4 4 . 2 Câu 46: Đáp án B + Đặt x 2 3 x + m = t rồi biến đổi đưa về phương trình tích. + Từ đó sử dụng sự tương giao của hai đồ thị hàm số để biện luận số nghiệm của phương trình. + Phương trình f ( x) = g ( x) có số nghiệm bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số y = f ( x); y = g ( x) . ( ) 2 ( ) ( 2 ) Xét phương trình x 2 3 x + m + x 2 8 x + 2m = 0 x 2 3x + m + x 2 3 x + m 5 x + m = 0 Đặt x 2 3 x + m = t m = t 2 x 2 + 3x ta có phương trình: t 2 + t 5 x + t x 2 + 3x = 0 t 2 x 2 + 2t 2 x = 0 (t x)(t + x + 2) = 0 t x = 0 x2 4x + m = 0 m = x 2 + 4 x 2 2 t + x + 2 = 0 m = x + 2 x 2 x 2 x + 2 + m = 0 Ta có đồ thị hàm số y = x 2 + 4 x và y = x 2 + 2 x 2 . Trang 19 m < 1 Từ đồ thị hàm số ta thấy để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì . m 5 Mà m [20;20]; m Z m {20; 19;; 6; 4; 3; 2} nên có 18 giá trị của m thỏa mãn. Câu 47: Đáp án D Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD . Có BP / / DC BP MP MB 1 BP 1 = = = = P là trung DC MD MC 2 AB 2 điểm của AB. Ta có MBP = DAP (c.g .c ) S MBP = S DAP S MBP + S BCDP = SDAP + S BCDP S MCD = S ABCD Mà d ( N ;( MCD)) NC 1 = = d ( S ;( ABCD)) SC 2 1 S MCD .d ( N ,( MCD)) VN .MCD 1 1 V 3 = = VN .MCD = VS . ABCD = VS . ABCD 1 S 2 2 2 ABCD .d ( S ,( ABCD )) 3 Xét tam giác MNC , áp dụng định lý Mênêlauýt cho bộ ba điểm thẳng hàng B, Q, S ta có: BM SC QN QN QN 1 MQ 2 × × = 1 1.2. =1 = = BC SN QM QM QM 2 MN 3 VM .PBQ VM . NCD = MB MP MQ 1 1 2 1 1 1 V V × × = × × = VM .PBQ = VM . NCD = × = MC MD MN 2 2 3 6 6 6 2 12 VBPQ.CDN = VM .CDN VM .BPQ = V2 = V V 5V = 2 12 12 5V 5V 7V V 7 V1 = V = 1 = . 12 12 12 V2 5 Câu 48: Đáp án B + Số phức z = x + yi ( x; y R ) có mơ đun z = x 2 + y 2 ( 2 2 2 + Sử dụng BĐT Bunhiacốpxki với hai bộ số (a; b),( x; y ) ta có (ax + by ) a + b )(x 2 + y2 ) Trang 20 + Dấu " = " xảy ra khi x b = . a y Gọi số phức z = x + yi ( x; y R) 2 2 Theo đề bài z + 1 = 3 x + 1 + yi = 3 ( x + 1) + y = 3 Ta có T = z + 4 i + z 2 + i = x + 4 + ( y 1)i + x 2 + ( y + 1)i = ( x + 4) 2 + ( y 1) 2 + ( x 2) 2 + ( y + 1) 2 Áp dụng BDT Bunhiacốpxki ta có: T2 = ( ( x + 4) 2 + ( y 1) 2 + ( x 2) 2 + ( y + 1) 2 ( ) ( ) 2 ( ) 12 + 12 ( x + 4) 2 + ( y 1) 2 + ( x 2) 2 + ( y + 1) 2 ) T 2 2 2 x 2 + 2 y 2 + 4 x + 22 = 4 ( x + 1) 2 + y 2 + 10 = 52 (vì ( x + 1) 2 + y 2 = 3 ) Do đó T 2 13 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: 3 x = 10 9 y= +3 2 2 2 2 ( x + 4) + ( y 1) = ( x 2) + ( y + 1) 10 y = 3x + 3 2 2 2 2 ( x + 1) + (3 x + 3) = 3 ( x + 1) + y = 3 3 x = 10 9 +3 y = 10 Vậy Tmax = 2 13 . Câu 49: Đáp án D Hàm số y = f ( x) = x 3 3 x + 1 xác định trên ¡ và có f ( x) = 3 x 2 3 = 0 x = ±1 . Đồ thị (hình vẽ bên): x = x1 (2; 11) Sử dụng MTCT ta có f ( x) = 0 x = x2 (0;1) x = x3 (1;2) f ( x) = x1 ( 2; 1) (1) f ( f ( x )) = 0 f ( x) = 0 f ( x) = x2 (0;1) (2) f ( x) = x3 (1;2) (3) + Đường thẳng y = x1 (2; 1) cắt đồ thị hàm số y = f ( x) tại duy nhất 1 điểm nên (1) có 1 nghiệm duy nhất. Trang 21 + Đường thẳng y = x2 (0;1) cắt đồ thị hàm số y = f ( x) tại 3 điểm nên (2) có 3 nghiệm phân biệt. + Đường thẳng y = x3 (1;2) cắt đồ thị hàm số y = f ( x) tại 3 điểm nên (3) có 3 nghiệm phân biệt. Hơn nữa trong ba nghiệm này khơng có nghiệm nào trùng với nghiệm của (1) và (2). Vậy tổng số nghiệm của ba phương trình (1), (2), (3) là 1 + 3 + 3 = 7 nghiệm. Câu 50: Đáp án B t 1 Nhận xét hàm số f (t ) = 2 + log 3 (t + 1) đồng biến và f (2) = 3 , từ đó 2x 2 + y 2 1 ( ) + log 3 x 2 + y 2 + 1 = 3 x 2 + y 2 = 2 ( S = x y + x 3 y 3 = x y 1 + x 2 + y 2 + xy ) S 2 = ( x y ) 2 (3 + xy ) 2 = (2 2 xy )(3 + xy ) 2 . x2 + y 2 Đặt t = xy do xy = 1 nên t [1;1] . 2 1 512 Xét hàm số g (t ) = (2 2t )(3 + t ) 2 trên [1;1] được max g (t ) = g ÷ = . t[ 1;1] 3 27 Do S > 0 nên S 2 512 16 6 . S 27 9 Vậy T = 34 . Trang 22 |
