Đề thi thử môn Toán 2019 – Hậu Giang - đề 1 – file word

(1)

THI THỬ TOÁN HẬU GIANG 2019 – ĐỀ GỐC 1 NHẬN BIẾT

Câu 1. Tính thể tích V của khối hộp chữ nhật ABCD A B C D. ' ' ' ' biết AB2cm, AD3cm và

4 .

CC  cm

A. V 4cm³. B. V 8cm³. C. V 12cm³. D. V 24cm³. Lời giải

Đáp án D

Áp dụng công thức V a b c. . , ta được V 2.3.4 24 cm³. Câu 2. Tìm điểm cực đại x0 của hàm số y x ³3x²1.

A. x0 1. B. x0  3. C. x0 2. D. x0 0.

Lời giải Đáp án D

Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ _Oxyz_, cho hai điểm _A_(3;1;2) và _B_{( 1;1;4).}_ Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB.

A. Î^(1;1;3). B. Î^{(4;0; 2).}^ C. Î^{(2;0; 1).}^ D. Î^{(2; 2;6).}

Lời giải Đáp án A

Dựa vào công thức trung điểm ( ; ; )I x y zI I I của đoạn thẳng ^AB^, ta suy ra ^I^(1;1;3). Câu 4. Cho hàm số ^y^ ^{f x}^{( )} có đồ thị như hình vẽ sau

Hàm số f x( ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ⁽^^;2). B. ^{( 2;}^{ }^). C. ^{( 2;1).}^ D. ^(1;3).

Lời giải Đáp án C

Dựa vào đồ thị, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng ⁽^^;1) và ^(3;^^).

Quan sát đáp án, ta chọn ^{( 2;1).}^

Câu 5. Cho log_ca3;log_cb2 ( ,a b0; 0 c 1). Đẳng thức nào sau đây là đúng?

A. log (_c a b² ) 18. B. log (_c a b² ) 10. C. log (_c a b² ) 11. D. log (_c a b² ) 8. Lời giải

Đáp án D

Ta có log (_c a b² ) log_ca² log_cb 2log_calog_cb 2.3 2 8.  Câu 6. Cho hàm số ^{f x}^{( )} liên tục trên đoạn

 

1;3 thỏa mãn: ³

 

1

( ) 2 10.

f x  x dx



^Tính ³

1

( ) . I 



f x dx

A. I 2. B. I 20. C. I 18. D. I 12.

Ta có ³

 

³ ³

1 1 1

( ) 2 10 ( ) 2 10

f x  x dx  f x dx xdx

  

(2)

3 3 2

1 1

( ) 3 10 ( ) 8 10.

f x dx x 1 f x dx





  



 

Suy ra

3

1

( ) 10 8 18.

I 



f x dx  

Câu 7. Tính thể tích V của khối nón có bán kính đáy bằng 3 cm và chiều cao bằng 4 cm.

A. V 12 cm³. B. V  48 cm³. C. V 16 cm³. D. V  36 cm³. Lời giải

Đáp án A

2 2

1 1

.3 .4 12

3 3

V  r h    cm³.

Câu 8. Tính tổng S các nghiệm của phương trình log (₃ x² ex e ) 2.

A. S e. B. S  e. C. S   e 9. D. S e 9.

Ta có log (₃ x² ex e  ) 2 x²ex e  9 0.

Vì ac   e 9 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x x1, 2. Khi đó, theo hệ thức Vi-et, ta có 1 2 b .

S x x e

    a

Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz^,mặt phẳng nào sau đây song song với trục Oz?

A. ( ) : z 0. B. ( ) : z10 0. C. ( ) :8 x9y0. D. ( ) : 3 x5y 7 0.

Lời giải Đáp án D

Dễ thấy mặt phẳng ^{( )} song song với trục Oz vì n_ (3;5;0)Oz

và O(0;0;0) ( ).  Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số f x( ) 2sinx ¹

  x trên khoảng ^(0;^⁾ là A. ^{F x}^{( ) 2cos}^ ^x^^ln^{x C}^ ^. B. F x( ) 2 cosx ¹₂ C.

  x  C. ^{F x}^{( )}^{ }^2cos^x^^ln^{x C}^ ^. D. F x( ) 2cosx ¹₂ C.

   x  Lời giải

Đáp án C

Trên khoảng ^(0;^^), ta có

( ) ( ) 2sin 1 2cos ln .

F x f x dx x dx x x C

x

 

        

 

 

Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1

: 0 ( ).

0

x t

d y t

z

  

  

 



 Điểm nào sau đây thuộc đường thẳng d ?

A. ^P^(0;1;0). B. ^M^(1;0;1). C. ^O^(0;0;0). D. ^N^(0;0;1).

Thay trực tiếp tọa độ các điểm trên vào đường thẳng d, ta thấy chỉ có điểm O(0;0;0) thỏa mãn.

Vậy, điểm O(0;0;0) thuộc đường thẳng d.

Câu 12. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được thành lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4;

5; 6. Tính số phần tử của .S

A. C .⁴7 B. C⁴7C .³6 C. A⁴7 A .³6 D. A .⁴7

(3)

Số phần tử của S bằng: A⁴7 A .³6

Câu 13. Cho cấp số cộng ( )u_n có số hạng tổng quát là u_n 2n1,  n ^*. Tính tổng của 2019 số hạng đầu tiên S2019   u1 u2  u2019 của cấp số cộng ( ).un

A. S₂₀₁₉ 2018 .² B. S₂₀₁₉2019²1. C. S₂₀₁₉ 2019 .² D. S₂₀₁₉ 2019²1.

Ta có u1 1; d 2;u2019 4037.

Khi đó ₂₀₁₉ ₁ ₂ ₂₀₁₉ 2019.( ¹ ²⁰¹⁹) 2019.(1 4037) ² 2019 .

2 2

u u

S u u u     

Câu 14. Cho số phức ^z^{ }^{a bi}^; với ^{a b}^, ^^. Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau.

A. ^z là số thuần ảo khi và chỉ khi a0. B. ^z là số thuần ảo khi và chỉ khi b0.

C. z² a²b²2abi. D. z a bi  . Lời giải

Đáp án B

Vì z là số thuần ảo khi và chỉ khi a = 0 nên đáp án B sai.

Câu 15. Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào sau đây?

A. y2x⁴ 4x² 1. B. y   x³ 3x1. C. y 2x⁴ 4x² 1. D. yx³ 3x1.

Từ hình vẽ, nhận thấy đây là hàm bậc 4 trùng phương nên loại đáp án B,D.

Từ hình vẽ suy ra đồ thị hàm số có hệ số a0nên loại C, chọnA.

THÔNG HIỂU Câu 16. Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y x ⁴ 7

  x trên đoạn

 

^{1;3 .}

A. m12. B. m11,1. C. m11. D. 34

3 . m Lời giải

Đáp án C

Ta có ^' ¹ ⁴₂ ⁰ ^{2 (1;3)} ^. 2 (1;3) y x

x x

  

        Khi đó (1) 12; (2) 11; (3) ³⁴.

y  y  y  3 Do đó mmin_{ }1;3 yy(2) 11.

Câu 17. Cho hàm số ^{f x}^{( )} có đạo hàm f x( )x x( 1)(x2) ,²  x . Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là

A. 3. B. 2. C. 4. D. 1.

(4)

Ta có:

0

( ) 0 1 .

2 x

f x x

x

 

   

  

 Bảng xét dấu

x  _₂ 0 1 

( )

f x  0  0  0 

Từ bảng xét dấu, suy ra hàm số đã cho có một điểm cực tiểu là x1.

Câu 18. Cho hai số phức z1  1 3i và z2   x 2 yi, với ^{x y}^, ^^. Tìm cặp số ^{( ; )}^{x y} để z2 2 .z1

A. ( ; ) (4; 6).x y   B. ( ; ) (4;6).x y  C. ( ; ) (4;3).x y  D. ( ; ) (4; 3).x y   Lời giải

Đáp án B Ta có: 2 1

2 2 4

2 2 2(1 3 ) ( 2) 2 6 .

6 6

x x

z z x yi i x yi i

y y

  

 

                

Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz^, cho điểm ^A^{(2;1; 1)}^ và mặt phẳng ^{( ) : 2}^P ^{x y}^{ }²^z^{ }^{5 0.}

Phương trình của mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P) là

A. (x2)² (y1)² (z1)² 2. B. (x2)² (y1)² (z1)² 2.

C. (x2)² (y1)² (z1)² 4. D. (x2)² (y1)² (z1)² 4.

Bán kính mặt cầu là: ^R^^{d A P}



^{,( )}



^{ }² ^{( ) : (}^S ^x^²⁾² ^⁽^y^¹⁾² ^⁽^z^¹⁾² ^^4.

Câu 20. Cho log2 x a . Giá trị của biểu thức ² ² ¹ ³ ⁴

2

log log log

T  x  x  x bằng

A. . 2

a B. a. C. 7 .a D. ¹¹ .

2 a Lời giải

Đáp án A

2 3

2 1 4 2 2 2 2

2

1 1

log log log 2log 3log log log .

2 2 2

T  x  x  x x x x  x a

Câu 21. Gọi z z1; 2 là hai nghiệm phức của phương trình z²3z 5 0. Tính T  z₁z₂ . A. T  11. B. T 11. C. T 0. D.T 2 5.

Ta có ₁ ³ ¹¹ 2

z   i ; ₂ ³ ¹¹ . 2 z   i Khi đó T  z1z2  11i  11.

Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz^,khoảng cách giữa mặt phẳng ^{( )}^P : ²^{x y}^{ }²^z^{ }^{4 0} và đường thẳng d:

2 5 1 2

4

x t

y t

z t

  

  

  



bằng

A. 3. B. ¹¹.

3 C. ⁴.

3 D. ¹.

3 Lời giải

Đáp án A

Lấy điểm M(2;1;0) ( ). d

(5)

Do ^{( ) // ( )}^d ^P nên

   

2 2 2

2 2 4

d , ( ) d , ( ) 3.

1 2 2

M M M

x y z

d P M P   

  

  Câu 23. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình ^{log (}^e ^x ^{2) 0.}



 

A. S (0;3]. B. S  ( ;3]. C. S (2;3]. D. ^S ^^{[3;+ ).}^ Lời giải

Đáp án C

Câu 24. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y 4x x ² và ^y^²^x được tính bằng công thức

4 (2;4)

O

y

x

A.

4

2 0

(2x x dx ) .



^B.² ²

0

(x 2 ) .x dx



^C.² ²

0

(2x x dx ) .



^D.⁴ ²

0

(x 2 ) .x dx



Ta có : ² 0

4 2

2 x x x x

x

 

     và ^{ }^x

 

^0;2 : 4x x ² 2x Do đó:

2 2

0 0

(4x x 2 )x dx (2x x dx )

 

^.

Câu 25. Cho một khối trụ có độ dài đường sinh bằng 15 cm và thể tích của khối trụ bằng 240 cm³. Diện tích xung quanh của hình trụ là

A. 60 cm². B. 120 cm². C. 30 cm². D. 136 cm². Lời giải

Đáp án B

Ta có thể tích của khối trụ bằng 240  r h² 240  r²15. Suy ra r4cm.

Vậy, diện tích xung quanh của hình trụ là S_xq ²rl 2 .4.15 120   cm³.

Câu 26. Tìm tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 4 ² 1 5 . y x

x

 



A. 0. B. 3. C. 2. D. 1.

Lời giải Đáp án B

Ta có _x^lim₅ ^y  và ^lim_x₅ ^y    đường thẳng x5 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Ta có _x^lim_^y^² và _x^lim_^y ^{  }² đường thẳng y 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy, tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 3.

Câu 27. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AB a . Biết SA vuông góc với mặt phẳng đáy và cạnh bên SB tạo với đáy một góc bằng 60 .⁰ Tính thể tích V của khối chóp .S ABC. A. ³ ³.

6

V  a B. V a³ 3. C. ³ ³.

3

V  a D. ³ ³.

18 V  a Lời giải

Đáp án A

(6)

A

B

C S

Ta có ¹. . ¹. .²

2 2

S_ABC  a a a

Vì ^SA^⁽^ABC⁾ nên (SB ABC,( )SBA 60 .⁰

Xét SAB vuông tại A nên tan 60⁰ SA .tan 60⁰ 3

SA AB a

 AB    là đường cao hình chóp.

Khi đó, ta có

3 2 .

1 1 3

. . 3. .

3 3 3

S ABC ABC

V  SA S_  a a  a

Câu 28. Hàm số ylog (4 x² 2019) có đạo hàm là A. ' ₂ ¹ .

y 2019

 x

 B. ₂ 1

' .

( 2019) ln 4 y  x

 C. ' ₂ .

( 2019) ln 2 y x

 x

 D. ' ₂ ² .

2019 y x

 x

 Lời giải

Đáp án C

Áp dụng công thức



^log ^{( )}



^{( )} ^.

( ).ln

a

u x u x

u x a

   Ta có

2

2 2 2 2

1 2 2

' .( 2019) ' .

( 2019)ln 4 ( 2019)ln 4 ( 2019)2ln 2 ( 2019) ln 2

x x x

y x

x x x x

    

   

Câu 29. Cho hàm số y x ³mx (với m là tham số) có đồ thị (C). Có bao nhiêu số nguyên dương (0;2021)

m để đồ thị (C) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt?

A. 2020. B. 2019. C. 2021. D. 2018.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đò thị (C) với trục hoành:

3

2

0 x 0 .

x mx

x m

 

    

Để đồ thị (C) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì phương trình x² m có hai nghiệm phân biệt khác 0 0.

m

Vậy, có 2020 số nguyên dương m(0;2021) thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA a 6 và SA(ABCD). Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ABCD.

A. 60. B. 30. C. 75. D. 45.

Góc giữa đường thẳng SC và ABCD là SCA.

Ta có tanSCA 6

2 3 SA a AC a

   nên SCA 60 .⁰

VẬN DỤNG THẤP

Câu 31. Phương trình log (₄ x1)²  2 log ₂ 4 x log (4₈ x)³ có bao nhiêu nghiệm thực?

(7)

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Điều kiện:

1 0 4 4

4 0 .

4 0 1

x x

x

  

  

   

   

  



2

2 2 2 2 2

log 1 2 log (4 ) log (4 ) log 1 2 log (16 )

Pt  x   x  x  x   x

2 2

log 4 x 1 log (16 x ) 4 x 1 16 x .

       

* Với 1  x 4 ta có phương trình x² 4x12 0 2 6 ( ). x

x L

 

    *Với 4   ta có phương trìnhx x² 4x20 0 2 24

2 24 ( ). x

x L

  

  



Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm thực là x2 hoặc x2(1 6).

Câu 32. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình bát diện đều có cạnh bằng 1.

A. ² .

V  6  B. ³ .

V  6  C. V 2 . D. ² .

V  3  Lời giải

Đáp án D

Câu 33. Cho ^I ^



⁽²⁰¹⁹^^x^)sin^xdx^.^{Nếu đặt}^u^²⁰¹⁹^^{x dv}^, ^^sin^xdx thì theo phương pháp nguyên hàm từng phần, ta được

A. I (2019x) cosx2019 cos



xdx. ^B.^I ^⁽²⁰¹⁹^^x^{) cos}^x^



^cos^xdx^.

C. ^I ^⁽^x^^{2019) cos}^x^



^cos^xdx^. ^D.^I ^⁽^x^^{2019) cos}^x^



^cos^xdx^.

Ta có: u2019 x du dxvà ^dv ^^sin^{dx v}^, ^{ }^cos^x Khi đó ^I ^⁽^x^^{2019) cos}^x^



^cos^xdx^.

Câu 34. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại ^A^, BC a 2 và I là trung điểm của cạnh SC. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm Hcủa cạnh BC và mặt phẳng (SAB) tạo với đáy một góc bằng _{60 .}^ Khoảng cách từ điểm ^I đến mặt phẳng (SAB) bằng

A. ³_. 2

a B. ³_.

4

a C. ³_.

8

a D. ³_.

16 a Lời giải

Đáp án B

Gọi K là trung điểm của AB. Ta có HK//AC nên ABHK. Suy ra ^AB^⁽^SHK⁾^ ^AB^^SK^. Do đó, góc giữa mặt phẳng ⁽^SAB⁾với đáy là SKH 60 .^

Ta có tan^ ³.

2 SH HK SKH  a

Vì IH//SB nên ^{d I SAB}



^,( ⁾



^^{d H SAB}



^,( ^{) .}



Từ H kẻ HM SK tại M ^^{d H SAB}



^,( ⁾



^ ^HM^.

Ta có ¹ ₂ ¹ ₂ ¹₂ ¹⁶₂ 3

HM  HK  SH  a 3

4 . HM a

  Vậy



^,( ⁾



³^.

4 d I SAB  a

j

C B

A S

H K M

(8)

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ _Oxyz_, cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D. ' ' ' 'có (0;0;0), (3;0;0), (0;3;0)

A B D và ^D^'(0;3;3). Tọa độ trọng tâm G của tam giác ' 'A B C là A. G(2;1; 2). B. G(1;1;2). C. G(2;1;2). D. G(1; 2;1).

Gọi A a a a'( ; ; ), '( ;1 2 3 B b b b1 2; ), ( ; ; ).3 C c c c1 2 3

Do tính chất hình hộp ta có:

1 2 3

0

' ' 0 '(0;0;3).

3 a

AA DD a A

a

 

   

 

 

1 1

2 2

3 3

3 0 3

' ' 0 0 '(3;0;3).

3 3

b b

BB DD b b B

b b

  

 

 

     

   

 

 

1 1

2 2

3 3

3 0 3 (3;3;0).

0 0

c c

DC AB c c C

c c

 

 

 

       

   

 

 

Tọa độ trọng tâm G của tam giác A'B'C là (2;1; 2).G

Câu 36. Cho hàm số ¹ ³ ¹( 2) ² ( 3) ² 4 1,

3 2

y x  m x  m x m  m với m là tham số. Gọi S là tập hợp các giá trị của m sao cho hàm số nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 1. Tính số phần tử của .S

A. 1. B. 3. C. 2. D. 0.

Tập xác định D.

Ta có ¹ ³ ¹( 2) ² ( 3) ² 4 1 ' ² ( 2) 3; .

3 2

y x  m x  m x m  m  y  x  m x m   x  Cho y' 0  x² (m2)x m  3 0 (*)

Yêu cầu bài toán^^(*) có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn x₁x₂ 1

 * ² ²

2 2

2 1 2 1 2

1 2

0 ( 2) 4( 3) 0 8 8 0 9

1.

( ) 4 1 ( 2) 4( 3) 1

( ) 1

m m m m m

x x x x m m m

x x

            

  

                Vậy, số phần tử của tập S là 2.

Câu 37. Trong mặt phẳng tọa độ ^Oxy^, tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức w thỏa mãn điều kiện (3 4 ) 5,

w  i z với z là số phức thỏa mãn z 2 1.

A. (x1)² (y8)² 25. B. (x1)² (y8)² 25.

C. (x1)² (y8)² 25. D. (x1)² (y8)² 25.

Gọi M x y( ; ), với ^{x y}^, ^ thì M là điểm biểu diễn cho số phức ^w^{ }^{x yi}^.

(9)

Ta có w (3 4 )i z5 5



⁽ ⁵⁾



^{(3 4 )} 3 4 15 4 3 20

3 4 25 25 25 .

x yi i

x yi x y x y

z i

i

  

     

    



Theo giả thiết ² ¹ ³ ⁴ ¹⁵ ⁴ ³ ²⁰ ¹ ⁽³ ⁴ ¹⁵⁾² ⁽⁴ ³ ²⁰⁾² ^625.

25 25

x y x y

z        i   x y  x y  Suy ra (x1)² (y8)² 25.

Cách khác:

Ta có w (3 4 )i z  5 (3 4 )(i z       2) 1 8i w 1 8i (3 4 )(i z2).

Suy ra: ^w^{ }^{1 8}ⁱ ^ ^{(3 4 )(}^ ^{i z}^²⁾ ^



^{3 4 . (}^ ⁱ



^z^²⁾ ^^5.

Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn số phức w là đường tròn (x1)² (y8)² 25.

Câu 38. Cho

1 2 1

2 3

ln 2 ln 3 ln 5,

7 12

x dx a b c

x x



   

 



^với^{a b c}^{, ,} là các số hữu tỉ. Tính giá trị ^S ^{  }^{a b c}^.

A. S 1. B. S  9. C. S  3. D. S3.

Ta có: 2

2 3 2( 3) 3 2 3

( 3)( 4) 4 ( 3)( 4)

7 12

x x

x x x x x

x x

     

    

 

2 1 1 5 3

3 .

4 4 3 4 3

x x x x x

 

           Khi đó, ta có

 

1 1

2

1 1

3 4 5 3 1

5ln 4 3ln 3 3ln 2 5ln 3 5ln 5.

1

4 3

9 20

x dx dx x x

x x

 

              

   

 

Suy ra ^a^^3;^b^^5;^c^{ }^5.

Khi đó S    a b c 3.

Câu 39. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình e x^x( ² 3x 1) m có nghiệm thực trên đoạn ^{[0; 2].}

A. m e². B.  e² m e ³. C. m1. D. m e² hoặc m e ³. Lời giải

Đáp án B

Tìm max và min của f x( )e x^x( ² 3x1) trên đoạn ^{[0; 2].}

Ta có max ( )_[0;2] f x e³ và min ( )_[0;2] f x  e². Vậy  e² m e ³.

Câu 40. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau và luôn có mặt chữ số 5 được lập từ các chữ số thuộc tập



0;1;2;3;4;5;6 . Chọn ngẫu nhiên một số từ .



S Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 5.

A. ¹.

4 B. ⁹ .

26 C. ²^.

9 D. ¹¹.

26 Lời giải

Đáp án B

Không gian mẫu có số phần tử là n( )  A₆⁴ 5.4A₄³ 1560.

Gọi A là biến cố:“Số được chọn chia hết cho 5”. Ta có n A( ) 4 A5³5A5³ 540.

Vậy ( ) ⁵⁴⁰ ⁹ . 1560 26

P A  

VẬN DỤNG CAO

(10)

Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz^, cho hai điểmA(1; 2; 1); ( 2;3; 4) B   và mặt phẳng ( ) :P x2y z  6 0. Xét M là điểm thay đổi thuộc (P) sao cho biểu thức 2MA MB 

đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm hoành độ của điểm M.

A. x_M 5. B. x_M  5. C. x_M 3. D. x_M  3.

Gọi ^{I a b c}^{( ; ; )} là điểm thỏa mãn 2IA IB   0.

Suy ra ^I^{(4;1; 2).}

Ta có 2MA MB  2MI2   IA MI IB MI   .

Suy ra 2MA MB   MI MI. Do đó 2MA MB 

nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P). Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (P) có phương trình là

4 1 2 . 2

x t

y t

z t

  

  

  

 Khi đó ^M ^{ }^d ^{( )}^P nên tọa độ điểm M thỏa mãn

4

1 2 . (3;3;3).

2

2 6 0

x t

y t

z t M x y z

  

  

 

  

    



Câu 42. Cho hai số phức z1, z₂ thỏa mãn 2z i  2 iz và z1 z2 1. Tính giá trị của biểu thức

1 2 .

P z z A. ³.

P 2 B. P 2. ^C. ².

P 2 D. P 3.

Gọi ^z^{ }^{x yi}, với ^{x y}^; ^^. Khi đó:

2z i  2 iz ^ ²^x^



²^y^¹



ⁱ ^



²^^y



^^xi ^⁴^x² ^



²^y^¹



² ^



²^^y



² ^^x² ^ ^x² ^^y² ^¹^(*).

Gọi M M1, 2 lần lượt là điểm biểu diễn số phức z z1, 2.

Khi đó, từ (*), ta suy ra M M1, 2 thuộc đường tròn ( )T có tâm (0;0)O và bán kính R1. Ta có z1z2 1 M M₁ ₂ 1 OM M₁ ₂ là tam giác đều cạnh bằng 1.

Suy ra P z₁z₂  OM1OM2

 2OH

2OH 2. ³

 2  3.

Câu 43. Cho hàm số ^y ^ ^{f x}^{( )} liên tục trên _ và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f(log2019 x)m có nghiệm thực thuộc khoảng (0; 1) là

(11)

A. ⁽^^;3). B. ^{( 1;1).}^ C. ⁽^^;3]. D. ⁽^^;0).

Đặt t log2019x. Với ^x^^(0;1) thì ^t^{ }⁽ ^;0).

Do đó, phương trình f(log2019x)m có nghiệm thực thuộc khoảng (0; 1) khi và chỉ khi phương trình ( )

f t m có nghiệm thực thuộc khoảng ⁽^^;0).

Quan sát đồ thị, ta suy ra điều kiện của tham số m là ⁽^^;3].

Câu 44. Anh Nhân đến siêu thị điện máy để mua một cái laptop với giá 20 triệu đồng theo hình thức trả góp với lãi suất 1%/tháng. Để được mua trả góp, anh Nhân phải trả trước 30% số tiền của chiếc laptop đó, số tiền còn lại anh sẽ trả dần trong thời gian một năm kể từ ngày mua, mỗi lần trả cách nhau một tháng. Số tiền mỗi tháng anh Nhân phải trả là như nhau và tiền lãi được tính theo nợ gốc còn lại ở cuối mỗi tháng và trong thời gian anh Nhân hoàn nợ, lãi suất vẫn không thay đổi. Nếu anh Nhân mua theo hình thức trả góp như trên thì số tiền phải trả nhiều hơn so với giá niêm yết là bao nhiêu đồng (làm tròn đến chữ số hàng nghìn)?

A. 916.000 đồng. B. 1.680.000 đồng. C. 144.000 đồng. D. 928.000 đồng.

- Số tiền anh Nhân phải trả góp là: A = 20.000.000 – 20.000.000 x 0.3 = 14.000.000 đồng.

Gọi a là số tiền anh Nhân phải trả góp hàng tháng.

- Hết tháng thứ nhất, số tiền còn nợ là: N1  A(1 r) a.

- Hết tháng thứ 2, số tiền còn nợ là: N2  N1(1  r) a A(1r)² a(1 r) a. - Hết tháng thứ 3, số tiền còn nợ là: N3  A(1r)³ a(1r)² a(1 r) a.

……….

- Cuối tháng thứ n, số tiền còn nợ là:

1 2 (1 ) 1

(1 ) (1 ) (1 ) ... (1 ) . .

n

n n n n

n

N A r a r a r a A r a r

r

   

          

Để trả hết nợ sau n tháng thì: ⁰ ₍₁ ⁽¹₎ ⁾₁^.

n

n n

Ar r

N a

r

   

 

6 12

12

14.10 .0,01.1,01

1.244.000 1,01 1

 a 

 đồng.

Vậy số tiền anh Nhân phải trả nhiều hơn khi mua bằng hình thức trả góp là:

1.244.000 x 12 – 14.000.000 = 928.000 đồng.

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz^,cho điểm ^A^{(2;1; 4)} và mặt phẳng ^{( )}^P có phương trình

2 6 0.

x y z   Mặt cầu ^{( )}^S đi qua A, tiếp xúc với mặt phẳng ^{( )}^P và có bán kính nhỏ nhất. Gọi ( ; ; )

I a b c là tâm của mặt cầu ^{( ).}^S Tính giá trị của biểu thức T   a b c.

A. T 8. B. T 9. C. T 16. D. T 6.

+ Gọi R là bán kính của ^{( )}^S và giả sử ^{( )}^S tiếp xúc với ^{( )}^P tạiB. Kẻ ^AH ^^{( )}^P tại .H + Ta có 2

2

R IA IB AB AH     R AH : không đổi.

Dấu “=” xảy ra khi (S) là mặt cầu đường kính AH.

O x

y

1

1 1 3

2

2

(12)

Khi đó I là trung điểm của đoạn thẳng AH.

+ Đường thẳng AH qua ^A^{(2;1; 4)} và nhận n_P (1;2; 1)

làm vecto chỉ phương nên có phương trình là

2 1 2 . 4

x t

y t

z t

  

  

  



Suy ra ^H⁽²^^t^{;1 2 ; 4}^ ^t ^^t^).

Điểm ^H^^{( )}^P ^{  }² ^t ^{2(1 2 ) (4}^ ^t ^      ^t^{) 6 0} ^t ¹ ^H^(3;3;3).

+ Điểm I là trung điểm của đoạn thẳng AH. Suy ra ⁵^{; 2;}⁷ ^.

2 2

I 

 

  Khi đó T    a b c 8.

Câu 46. Người ta cần trồng hoa tại phần đất nằm phía ngoài đường tròn có tâm là gốc toạ độ O, bán kính bằng 3 và phía trong của Elip có độ dài trục lớn bằng 10 và trục nhỏ bằng 8 (như hình vẽ). Trong mỗi một đơn vị diện tích, cần bón ³⁰

 kg phân hữu cơ. Hỏi cần sử dụng bao nhiêu kg phân hữu cơ để bón cho hoa?

A. 105 kg. B. 270 kg. C. 330 kg. D. 300 kg.

Diện tích cần trồng hoa là diện tích hình phẳng giới hạn giữa elip và đường tròn, là diện tích hình elip trừ diện tích hình tròn.

+ Phương trình elip có trục lớn ²^a^^10, trục nhỏ 2b8 là

2 2

( ) : 1.

25 16 x y

E  

Áp dụng công thức diện tích Selip ab ta được Selip ^{20 .}

+ Phương trình đường tròn ^{( )}^C tâm ^O^(0;0) và bán kính R3 là ( ) :C x²  y² 9.

Áp dụng công thức diện tích hình tròn, ta có Shinh tron R² ^{9 .} Vậy, diện tích hình phẳng S Selip Shinh tron ²⁰ ⁹ ^{11 .} Do đó, khối lượng phân hữu cơ cần bón là 30

11 . 330

  kg.

Câu 47. Cho hình chóp .S ABC có SA x (với x > 0) và các cạnh còn lại bằng 1. Tìm x để thể tích của khối chóp .S ABC đạt giá trị lớn nhất.

A. ⁶.

x 2 B. ⁶.

x 4 C. x 2. D. ³.

x 8 Lời giải

Đáp án A

Gọi M là trung điểm cạnh BC. Theo giả thiết, ta có ³ ³.

2 2

SM  AM  AB 

Ta lại có BC SM ( ).

BC SAM BC AM

 

 

 



. 

1 1 1 1 1

. . . .sin . . . .

3 3 2 6 8

S ABC SAM

V BC S_ BC SM AM SMA BC SM AM

    

Do đó VS ABC. đạt giá trị lớn nhất khi sin^ 1 ^ 90⁰ 2 ⁶. SMA SMA SA SM  2

(13)

Câu 48. Cho hàm số ^y^ ^{f x}^{( )} có đạo hàm liên tục trên _ và hàm số y f x^'( ) có bảng biến thiên như sau

Hàm số 1

2

y f  xx nghịch biến trên khoảng

A. (2; 4). B. ^{( 4; 2).}^{ } C. ^{( 2;0).}^ D. ^{(0; 2).}

Xét hàm số ( ) 1 .

2 g x  f   xx

  Ta có ^'( ) ¹ ^' 1 1; .

2 2

g x   f   x  x

  

Khi đó, g(x) nghịch biến khi

' 1 ' '

( ) 0 1 1 0 1 2 1 (2;3) ( 4; 2).

2 2 2 2

x x x

g x    f      f          x Câu 49. Cho hàm số f x( )x³ ax² bx c thỏa mãn ^{a b c}^{, ,} ^ và 2019

4 2 2011 0

c

a b c

 

    

 . Số cực trị của

hàm số ^y^ ^{f x}^{( ) 2019}^ bằng

A. 3. B. 2. C. 1. D. 5.

Ta có hàm số ^{g x}^{( )}^ ^{f x}^{( ) 2019}^ là hàm số bậc ba liên tục trên . Ta có _x^{lim ( )}_^{g x} ^{ }^{; lim ( )}_x_^{g x} ^{ }^.

Để ý thấy g⁽⁰⁾ c 2019 0; (2) 4 g  a2b c 2011 0.

Do đó, phương trình ^{g x}^{( ) 0}^ có đúng 3 nghiệm phân biệt trên R. Khi đó, đồ thị hàm số ( ) ( ) 2019

g x  f x  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên hàm số y f x( ) 2019 có đúng 5 cực trị.

Câu 50. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình 2019^x3x x 2  m 4 0 có nghiệm đúng với mọi giá trị của x thuộc ^[0;^^). Tính tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S.

A. 6. B. 15. C. 10. D. 3.

Ta có 2019^x 3x x ²   m 4 0,  x [0;+ ) 2019^x 3x x ² 4 m,  x [0;+ ) (*) Xét hàm số f x( ) 2019 ^x 3x x ² 4,  x [0;+ ).

Hàm số f x( ) liên tục trên [0;+ ) và có '( ) 2019 ln 2019 3 2 ;f x  ^x   x  x [0;+ ). Ta lại có f x''( ) 2019 ln 2019 2 0, ^x ²    x [0;+ ).

Suy ra ^{f x}^{'( )} đồng biến trên [0;+ )  f x'( ) f '(0) ln 2019 3 0,    x [0;+ ). Vậy ^{f x}^{( )} đồng biến trên [0;+ ) _min ( ) 5._{0 '} _ f x

   

Bất phương trình ^(*) tương đương _min ( )_{0 '} _ f x m m 5.

   

Vậy, có 5 giá trị nguyên dương của m là 1; 2; 3; 4 và 5. Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng 15.

---Hết---