Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2022 môn TOÁN - Penbook Hocmai - Đề 10 - Thư viện tải tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia

(1)

PENBOOK ĐỀ SỐ 10

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC: 2021 – 2022

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1.Tính thể tích V của khối trụ có bán kính và chiều cao đều bằng 6a.

A. V 72 a  ³ B. V 9 a  ³ C. V 216 a  ³ D. V 72 a  ³ Câu 2. Cho hàm số ^{y f x}^

 

có bảng biến thiên

như hình bên. Tổng các giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số bằng:

A.1 B.-1

C.-4 D.-2

Câu 3. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d :^{x 1 y 1 z}

2 2 1

 

 

 , một vectơ chỉ phương của đường thẳng d có tọa độ là:

A. ^{u 1; 1;0}^ ^



^



B. ^u^ ^



^{2; 2;0}^



C. ^{u 1; 1;1}^ ^



^



D. ^u^ ^



^{2; 2;1}^



Câu 4.Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y ^{x 3} x

  B. y x 3x ³ ²

C. y x 3x ⁴ ² D. y x 6x 9x ³ ²

Câu 5.Cho ²

 

0

f x dx 4



^và ⁰

 

2

g x dx 1



^{, khi đó} ²

   

0

f x 2g x dx

 

 



^bằng

A.3 B.2 C.5 D.6

Câu 6.Cho hàm số y f x

 

liên tục trên đoạn



^^2;4



và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn



^^2;4



. Giá trị của M + m bằng

A.0 B.-2 C.3 D.5

Câu 7.Họ nguyên hàm của hàm số f x

 

2 x cos 2x







là A. x²2sin 2x C B. x²2sin 2x C

C. x sin 2x C²  D. x sin 2x C² 

Câu 8.Trong không gian Oxyz, mặt phẳng

 

P : x 2y 2z 5 0   

(2)

A. E 2;1;0

 

B. M 1; 3;0







C. G 1;1;1

 

D. H 3;0; 1







Câu 9.Tập nghiệm S của bất phương trình log 5 x 1₃







 là

A. ^S^

 

^2;5 B. ^{S 0;2}^

 

C. ^{S 3;5}^

 

D. ^S^



^2;^



Câu 10.Cho k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n , A^k_n là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. ^A^kⁿ 



n k !^n!



 B. A^kn 



n k !



C. ^A^kⁿ k! n k !



^n!



 D. A^k_n ^n!

 k!

Câu 11.Với a và b là sai số thực dương tùy ý, ln ^a² b

 

 

  bằng

A. 2 ln a ln b







B. ln 2a ln b

 

 C. 2ln a ln b D. ^{2ln a} ln b

Câu 12.Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1;2; 2







và B 3; 2;2







. Độ dài đoạn thẳng AB bằng

A.3 B.10 C.2 D.6

Câu 13. Gọi a và b lần lượt là phần thực và phần ảo của số phức z 2 3i  . Tính giá trị biểu thức T 2a b 

A.1 B.7 C.4 + 3i D.4 – 3i

Câu 14.Cho bốn hàm số 2

3 13

2 x 1

y x, y x , y log  x và y lo g _ 2. Có bao nhiêu hàm số có tập xác định là _?

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

Câu 15.Tính thể tích V của hình lập phương ABCD.A 'B'C'D'có đường chéo AC' 2 3a A. V a ³ B. V 2 2a ³ C. V ^8a³

 3 D. V 8a ³

Câu 16. Trong không gian Oxyz, bán kính của mặt cầu (S) tâm I 2;1; 1







tiếp xúc với mặt phẳng

 

P : x 2y 2z 6 0    bằng

A.12 B.4 C.3 D.6

Câu 17.Đặt log 3 a₂  . Khi đó log 18₁₂ bằng A. ^{1 3a}

2 a



 B. ^{2 a}

1 2a



 C.a D. ^{1 2a}

2 a



 Câu 18.Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y ₄ ^{2 x}₂

x 10x 9

 

  bằng

A.5 B.3 C.2 D.4

Câu 19.Tập nghiệm của phương trình log x²2

 

² 4log 2x 4 02

 

  là:

(3)

A.

 

1;4 B.

 

1;2 C.

 

2;4 D.

 

4 Câu 20. Trong không gian Oxyz, tọa độ giao điểm của đường thẳng d :^{x y 1 z 1}

1 2 1

 

 

 với mặt phẳng

 

P : 2x y z 1 0    là

A. ^{H 0; 1;1}



^



B. ^{F 1;1;0}

 

C. ^{E 2;3; 1}



^



D. ^{K 0; 1;2}



^



Câu 21.Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA 4,OB OC 8   . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC bằng

A. 5 B.12 C.3 D.

6

Câu 22.Cho hàm số ^{y f x}^

 

liên tục trên _ và có đồ thị như hình vẽ bên.

Số nghiệm thực của phương trình ^{2f x 1 5 0}



²^{  }



A.1 B.3

C.4 D.2

Câu 23. Cho khối chóp S.ABCD có thể tích V 6a ³, đáy ABCD là hình thang với hai cạnh đáy AD và BC thỏa mãn AD 2BC , diện tích tam giác SCD bằng 34a²(tham khảo hình vẽ). Khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng



SCD



bằng

A. 3 34 a

17 B. 9 34 a

34 C. 3 34 a

34 D. 34 a

17

 

có đạo hàm ^{f ' x}

 

x x 1 x 3 , x





 

² 



 . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

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

Câu 25. Số cách xếp 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng ngang sao cho hai học sinh nữ luôn luôn đứng cạnh nhau là

A.24 B.12 C.120 D.48

Câu 26.Thể tích vật tròn xoay sinh bởi hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên khi quay quanh trục hoành được tính theo công thức nào dưới đây?

A. ³ ^x

1

4 dx





^B. ³



^x



1

4 4 dx





 C. ³



^x



²

1

2 2 dx





 ^D. ³



^x



1

2 2 dx



(4)

Câu 27.Hàm số f x

 

2^{x 2x}²^ có đạo hàm

A. f ' x

 

2 x 1 .2







^{x 2x 1}²^ ^ B. f ' x

  

 x 1 .2



^{x 2x 1}²^ ^.ln 2 C. ^{f ' x}

  

^ ^{x 1 .2}^



^{x 2x}²^ ^{.ln 2} D. ^{f ' x}

 

^²^{x 2x}²^ ^{.ln 2}

Câu 28.Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 2 2a. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng

A. 4 2 a ² B. ^{2 2 a}³ 3

 C. 2 2 a ² D. 4 a ²

Câu 29.Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 2a, SA vuông góc với mặt phẳng



ABC



, SA = a (tham khảo hình vẽ).

Khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng



SBC



bằng

A. a 3 B. ^{a 3}

2

C.2a D. ^{a 3}

4

Câu 30. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có góc giữa hai mặt bên



SAD



và



SBC



bằng 60^o. Gọi M là trung điểm của cạnh SA (tham khảo hình vẽ). Góc giữa hai mặt phẳng



BCM



và



^ABCD



^bằng

A. 60^o B. 30^o

C. 15^o D. 45^o

Câu 31. Cho hàm số y f x

 

. Hàm số

 

y f ' x có bảng biến thiên như hình bên.

Bất phương trình ^e^{f x}^{ }^{  }^{x m ln x 1}



²^



^có

nghiệm trên khoảng



^^2;2



khi và chỉ khi

A. m e ^{f 2}^{ } 2 ln 5 B. m e ^{f 2}^{ }^  2 ln 5 C. m e ^{f 2}^{ }^  2 ln 5 D. m e ^{f 2}^{ } 2 ln 5

Câu 32.Ông A gửi tiết kiệm ngân hàng 500 triệu đồng theo hình thức lãi kép, loại kỳ hạn 1 tháng với lãi suất 0,6% / tháng. Cuối mỗi tháng đến ngày tính lãi ông A ta đến ngân hàng và rút 2 triệu đồng để chi tiêu.

Sau đúng 5 năm kể từ ngày gửi ông A đến và rút hết số tiền còn lại tron ngân hàng, hỏi số tiền đó gần với con số nào dưới đây?

(5)

A.574 triệu đồng B.560 triệu đồng C.571 triệu dồng D.580 triệu đồng Câu 33. Cho ³

0

x 1 dx a bln2 cln5 x 8

   



 với a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của biểu thức T a 2b c   bằng

A.11 B.-7 C.-1 D.5

Câu 34.Cho khối đa diện đều loại

 

^3;4 có độ dài cạnh bằng a 6 . Thể tich khối cầu ngoại tiếp khối đa diện đều đã cho bằng

A. 9 2 a ³ B. 4 3 a ³ C. 12 3 a ³ D. 6 6a³ Câu 35. Cho hình chữ nhật ABCD và hình thang cân ABEF nằm

trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Biết AB a; BC BE a 2  , AB / / E F và EF 3a (tham khảo hình vẽ), thể tích khối đa diện ABCDEFbằng

A. ^{3 2a}³

2 B. ^{5 2a}³

6

C. 2a³ D. ^2a³

3

Câu 36. Giả sử z ,z₁ ₂ là hai trong số các số phức z thỏa mãn



^{z i z 3i}^

 

^



là số thuần ảo. Biết rằng

1 2

z z 3, giá trị lớn nhất của z 2z₁ ₂ bằng

A. 3 2 3 B. 3 3 2 C. 2 1 D. 2 1

Câu 37. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB 2a,AD 2a , SA vuông góc với đáy và SA 2a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SB và AD (tham khảo hình vẽ). Tính cosin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng



SAC



?

A. ³

6 B. ³

3 C. ⁶

3 D. ¹

3

Câu 38. Cho hàm số ^{y 2x} ³



^{m 3 x}



²2 m 6 x 2019







 . Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để hàm số trên có hai điểm cực trị đều thuộc đoạn

 

^0;3 ^?

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

Câu 39. Cho số phức ^{z a bi a,b}^{ }



^



thỏa mãn phương trình ^{i z 5}



^



^^{2 z 3}

 

^{  }



^{1 i z}



^{. Giá trị}

biểu thức T a 2b  bằng

A.11 B.2 C.-2 D.-11

(6)

Câu 40.Gọi S là tập hợp các số có bốn chữ số được lập nên từ các số 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8. Rút ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số đực rút là số chẵn có dạng abcd thỏa mãn a b c d   .

A. ²

21 B. ⁸

343 C. ⁸⁰

2401 D. ⁷⁶

2401

Câu 41. Cho hàm số ^{y f x}^

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn

 

^0;1 và thỏa mãn

       

f x xf x f ' x2  2x 4 x 0;1   . Biết f 1 3

 

 , tích phân ¹ ²

 

0

I



f x dx ^bằng

A.13 B. ¹⁹

3 C. ¹³

3 D.19

Câu 42. Một biển quảng cáo có dạng hình vuông ABCD và I là trung điểm của đoạn thẳng CD. Trên tấm biển đó có đường Parabol đỉnh I đi qua A, B và cắt đường chéo BD tại M. Chi phí để sơn phần tô hình tổ ong (có diện tích S₁) là 200000 đồng/m², chi phí sơn phần tô đậm (có diện tích S₂) là 150000 đồng/m² và phần còn lại là 100000 đồng/m². Số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết AB 4m ?

A.2,51 triệu đồng B.2,36 triệu đồng C.2,58 triệu đồng D.2,34 triệu đồng

Câu 43. Bình hút chân không bằng thủy tinh là kết hợp của một hình nón cụt (N) và một hình trụ (T) xếp chồng lên nhau, bán kính đường tròn đáy của hình trụ và đáy lớn của hình nón cụt lần lượt là R và 4R, chiều cao của hình trụ và hình nón cụt lần lượt là h và 3h (tham khảo hình vẽ). Biết thể tích của bình bằng 4dm³, thể tích của khối nón cụt (N) bằng

A. 42 dm³

11 B. 192 dm³

19 C. 3,5dm³ D. 3dm³

Câu 44. Cho dãy số

 

u có un n 1 10un   9, n 1 và log u



10  1 u 1



1 . Giá trị nhỏ nhất của n để

n 2019

u 2018 bằng

A.6673 B.6672 C.6671 D.6674

Câu 45.Gọi S là tập hợp tất cả các gái trị nguyên dương của tham số m để hàm số y x ln x mx ¹⁸

   x đồng biến trên khoảng



1;



. Tổng tất cả các phần tử thuộc S bằng

A.1 B.6 C.10 D.3

(7)

Câu 46.Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1;3;0 ,B 4;3;3

   

và đường thẳng d :^{x 5 y 3 z}

5 4 1

    .

Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d sao cho AMB 60^ ^o, giá trị biểu thức T MA MB ² ² bằng

A.207 B.30

C.12 D.36

 

có đồ thị hàm số y f ' x

 

liên tục trên như hình bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số ^m^{ }



^10;10



^{đề hàm số}

 

³

y f 3x 1 x 3mx    đồng biến trên khoảng



2;1



?

A.10 B.8

C.6 D.11

Câu 48.Cho khối lăng trụ ABC.A 'B'C' có A 'B 4a . Gọi M là trung điểm của cạnh BB'và CM a 2 . Biết khoảng cách giữa A 'B và CM bằng a và góc tạo bởi hai đường thẳng A 'B và CM là 30^o(tham khảo hình bên), thể tích khối lăng trụ ABC.A 'B'C' bằng

A. 2 2a³ B. ^2a³

2 C. 6 2a³ D. ^{3 2a}³

2

Câu 49. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình



^{m 1 e}^



^x ^^{2x m 1}



^



có 2 nghiệm phân biệt. Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng

A.28 B.20 C.27 D.21

Câu 50.Cho hàm số f x

 

x 2ax³ ²a x b a,b² 







có 2 điểm cực trị A và B. Biết tam giác ABC vuông cân tại O (O là gốc tọa độ), giá trị của biểu thức P a ²b² bằng

A.25 B. ¹⁰

3 C.40 D.10

(8)

Đáp án

1-C 2-D 3-D 4-D 5-B 6-C 7-C 8-D 9-A 10-A

11-C 12-D 13-A 14-A 15-D 16-B 17-D 18-D 19-B 20-B

21-D 22-D 23-A 24-A 25-D 26-B 27-B 28-C 29-B 30-B

31-A 32-C 33-D 34-B 35-B 36-B 37-B 38-B 39-C 40-C

41-C 42-B 43-A 44-A 45-B 46-B 47-C 48-A 49-B 50-D

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C

Ta có: V h. R  ² 6a. . 6a

 

²216 a ³ Câu 2: Đáp án D

Ta có: ^CÐ _CÐ _CT

CT

y 3

y y 2

y 5

 

   

  



Câu 3: Đáp án D

Vectơ chỉ phương của d là: u 



2; 2;1



+) Đồ thị đi qua điểm ^{O 0;0}

 

và có 2 điểm cực trị  loại A, C.

+) Đồ thị đi qua điểm

 

3;0 , suy ra loại B.

Câu 5: Đáp án B

Ta có ²

   

²

 

⁰

 

0 0 2

f x 2g x dx  f x dx 2 g x dx 4 2.1 2   

 

 

  

Câu 6: Đáp án C

Trên đoạn



^^2;4



điểm cao nhất và điểm thấp của đồ thị y f x

 

lần lượt có tung độ là:

7; 4 M 7 M m 3

m 4

 

       Câu 7: Đáp án C

Ta có: nguyên hàm của ^{f x}

 

^bằng ^{2 1} ¹^{sin 2x} C 2 sin 2x C 2

     

 

 

Câu 8: Đáp án D Ta có: ^{H 3;0; 1}



^{ }

  

^P

Câu 9: Đáp án A

     

3 3 3

log 5 x 1  log 5 x log 3        0 5 x 3 2 x 5 S 2;5 Câu 10: Đáp án A

(9)

Ta có: ^A^kⁿ 



n k !^n!



 Câu 11: Đáp án C

Ta có ln ^a² ln a ln b 2ln a ln b² b

 

   

 

  Câu 12: Đáp án D

Ta có: AB 2 4 4² ² ² 6 Câu 13: Đáp án A

Ta có: z 2 3i   a 2,b 3  T 2a b 1  Câu 14: Đáp án A

+) Hàm y ³ x có tập xác định là .

+) Hàm số y x ¹³ có tập xác định ^D^



^0;^



+) Hàm số y log x ₂ , có điều kiện: x 0  x 0

+) Hàm số y log x 12_ 2, có điều kiện: 0 x 1 1 ²   x 0 Vậy chỉ có duy nhất hàm y ³x có tập xác định là .

Chú ý:Do ³x x ¹³ chỉ đúng khi x 0 . Nên tập xác định của y³ x và y x ¹³ là khác nhau.

Câu 15: Đáp án D

Hình lập phương cạnh x có đường chéo

 

³

3 3

AC' x 3 2 3a   x 2a V x  2a 8a Câu 16: Đáp án B

Do (S) tiếp xúc với

     

 

²

2 2

2 2 2 6

P d I, P 4

1 2 2

  

  

   Câu 17: Đáp án D

Ta có:

 

2 2

12 2

2 2 2

log 2.3

log 18 1 2log 3 1 2a log 18

log 12 log 2 .3 2 log 3 2 a

 

   

 

Bản word phát hành tại websiteTailieuchuan.vn Câu 18: Đáp án D

+) Do 2 x có nghĩa khi x 2 hay x  



; 2



(chứa x ) nên để xác định tiệm cận ngang (TCN) ta tính ₄ ₂

x

lim 2 x 0 y 0

x 10x 9



   

  là TCN (bậc trên tử nhỏ hơn bậc mẫu).

(10)

+) Xét phương trình x 10x 9 0⁴ ²     x



1; 3



. Thay lần lượt x 1 và x 3 lên tử thì có

 

x  1; 3 làm cho 2 x khác 0 và có nghĩa  có 3 tiệm cận đứng là x 1; x 3. Vậy tổng số đường tiệm cận là: 4.

Điều kiện: x 0 . Biến đổi phương trình:



₂



²



₂



₂² ₂ ²

 

2

log x 0 x 1

2log x 4 1 log x 4 0 log x log x 0 S 1;2

log x 1 x 2

 

 

               Câu 20: Đáp án B

x t d : y 1 2t

z 1 t

 

   

  



thay vào (P) được: 2t  



t 2t 1 t 1 0



      t 1 F 1;1;0

 

Ta có: R ^{OA OB OC}² ² ² ^{4 8 8}² ² ² 6

2 2

   

  

Ta có: ^{2f x 1 5 0}



²^{   }



^{f x 1}



²^{ }



⁵₂

 

2 2

x 1 a 3 x a 1 2 0

x 1 b 2; 1 x b 1 0 x c 1

x c 1 0 x 1 c 1;0

          

 

              

        



Có 2 nghiệm thực.

Câu 23: Đáp án A

Do AD 2BC S_BCD ¹S_ADB S_BCD ¹S_ABCD V_S.BCD ¹V_S.ABCD ^6a³ 2a ³

2 3 3 3

        

Suy ra

   

^B.SCD ^S.BCD ³₂

SCD SCD

3V 3V 6a 3 34a

d B, SCD

S S 34a 17

   

Ta có: ^{f ' x}

 

^{ }⁰ ^^^_^{x 0;x}^{x 1 loa i}^^

 

^{ }^ ³^{ }^x



^{0; 3}^



: hàm số có 2 điểm cực trị.

Để thỏa mãn 2 học sinh nữ luôn đứng cạnh nhau, ta coi 2 học sinh nữa là 1 “học sinh đặc biệt”.

+) Số cách xếp 4 học sinh (gồm 3 học sinh nam và 1 học sinh đặc biệt) là: 4! = 24.

+) Số cách xếp nội bộ 2 học sinh nữa là: 2! = 2.

Suy ra số cách xếp thảo mãn bài toán là: 24.2 48.

(11)

Hình phẳng được giới hạn bởi các đường:

     

x

3 x 2 2 3 x

Ox

1 1

y 2

y 2 V 2 2 dx 4 4 dx

x 1 x 3

  

       

 

 



 

Áp dụng công thức:

 

âû ^' ^^{u 'a ln a}û ^{, ta có:}

  

^{x 2x}²



^'

 

^{x 2x}²

 

^{x 2x 1}²

f ' x  2 ^  2x 2 .2 ^ ln 2 x 1 .2 ^ ^ ln 2

Do SA SB nên tam giác SAB vuông cân tại S

xq 2

AB 2 2a

1 SA 2a s Rl . 2a.2a 2 2 a

2 2

           

Câu 29: Đáp án B

Ta có: ^{d A, SBC}

   

^^AH (như hình vẽ) Có: _AM

 

^{2a . 3} _{a 3}

 2 

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 4 AH a 3

AH AS AM a 3a 3a 2

       

Cách 1: Do AD / /BC



SAD

 

 SBC



d / /BC Gọi EF lần lượt là trung điểm của BC, AD

   

 

^ ^o

FS d SAD , SBC ESF 60 ES d

 

    

SEF

  đều.

Đặt AB EF a SO ^{a 3}

    2

Ta có:

 

^{BCM , ABCD}

   

^^MKH^^{ }(như hình vẽ) Với H, K lần lượt là trung điểm của AO, BE. Khi đó:

SO a 3 HK CH 3 3a

MH , HK

2 4 AB CA 4 4

     

(12)

Suy ra: tan ^MH ³ 30^o HK 3

     

Cách 2: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với O 0;0;0

 

Ta có: A 1;0;0 ,B 0; 1;0 ,C 1;0;0 ;D 0;1;0 ;S 0;0;a





 



      

với a 0

Ta có:

 

^_SAD^

 

AD 1;1;0

n AD,AS a; a; 1 AS 1;0;a

 

     

   



   



 

^_SBC^

 

BC 1;1;0

n BC;BS a; a;1 BS 0;1;a

 

    

   



   



Suy ra

     

^ ^{ } ^

   

SAD SBC 2

2

SAD SBC

n .n 2a 1 1

cos SAD , SBC

2a 1 2 n . n

   



 

 

2 2

a 6

2a 1 2 2a 1 2

2a 1 2 2a 1 a 6 6

 



   



 



    

  

Xét a ⁶

 2 (với a ⁶

 6 ta có kết quả tương tự).

Khi đó S 0;0; ⁶ M ¹;0; ⁶

2 2 4

   

 

   

   

Ta có:

 

BCM

BC 1;1;0

6 6 3

n BC,BM ; ;

1 6 4 4 2

BM ;1;

2 4

 

  

      

       

  

  





  

 song song với vectơ



^{1; 1; 6}^



Ta có: n  __ABCD_ n__Oxy_  k



0;0;1



Suy ra cos BCM , ABCD

     

₂ ₂⁶ ³

 

BCM , ABCD

   

30^o 1 1 6.1 2

   

  Câu 31: Đáp án A

Bất phương trình tương đương: m e ^{f x}^{ } x ln x 1 g x



² 

  

có nghiệm trên khoảng



2;2 *

  

Ta có:

   

f x^{ }

 

f x^{ }

 

²

2 2

2x x 1

g ' x f ' x e 1 f ' x .e

x 1 x 1

     

 

Từ bảng xét dấu của: f ' x

 

f ' x

 

   0, x



2;2



g ' x

 

   0, x



2;2



Khi đó g 2

 

 g x

 

g 2

 

 ^{ }^* m g 2

 

e^{f x}^{ } 2 ln 5 Câu 32: Đáp án C

(13)

Ta có công thức:

 

ⁿ

 

ⁿ

n

1 r 1 T T 1 r t.

r

 

   với T = 500 triệu đồng, r = 0,6% / tháng, n = 5.12 = 60 tháng.

Suy ra:

   

⁶⁰

60

1 0,6% 1

T 500. 1 0,6% 2 571,97

0,6%

 

    đồng gần nhất với 571 triệu đồng.

Câu 33: Đáp án D

Ta có: t x 1    t² x 1 2tdt dx Đổi cận: x 0  t 1;x 3  t 2 Suy ra:

2 2 2

2 2

1 1 1

t.2tdt 9 9 t 3

I s 1 dt 2 t ln 2 3ln 2 3ln 5 a bln 2 cln 5

t 9 t 9 6 t 3

  

 





 



              

Suy ra

a 2

b 3 T a 2b c 5 c 3

 

      

  



Khối đa diện đều loại

 

^3;4 là một khối bát diện đều có tâm I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện (như hình vẽ).

Ta có bán kính: R IA ^{BD a 6. 2} a 3

2 2

   

Suy ra thể tích khối cầu:

 

³

3 3

4 4

V R a 3 4 3 a

3 3

     

Do

   

     

CB AB ABCD ABEF

CB ABEF ABCD ABEF

 

  

 





Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên EF.

Khi đó: EN NM MF a   và

ABCDEF C.BNE BNC.AMD D.AME C.BNE BNC.AMD

2 3

BNE CBN

V V V V 2V V

1 2 1 1 5 2a

2. CB.S AB.S .a 2. .a a. .a 2.a

3 3 2 2 6

    

    

Gọi z x yi x, y 







, khi đó:

(14)



^{z i z 3i}

 





^x



y 1 i . x y 3 i



   







 là số thuần ảo

 phần thực: x²



y 1 y 3 0



  



x²



y 1



²4

 

*

Gọi

 

2¹ ^{z z 3}¹^{ }^*²

A z AB 3

B z

    



Và A, B thuộc đường tròn tâm I 0;1

 

và bán kính R = 2.

Xét điểm M thỏa mãn MA 2MB 0  

 

2*

Khi đó:

 

^{ }^2*

1 2

P z 2z   OA 2OB OM MA 2 OM MB        3 OM 3OM  Gọi H là trung điểm của AB, khi đó với (2*), suy ra:

2 2

2

2 2 2

3 1

MH BH BM 1

2 2

IM MH IH 2

3 7

IH IB HB 2

2 2

     

    

  

      

  



Suy ra M thuộc đường tròn tâm I 0;1

 

, bán kính r 2. Khi đó: ^P^min ^^3OM^min ^^{3OC 3 OI r}^



^{ }



^{3 1}



^ ²



^{ }^{3 3 2}

Câu 37: Đáp án B

Cách 1: Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB, BC khi đó



MPQ / / SAC

  

^



^{MN, SAC}

  

^



^{MN, MPQ}

  

Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên PQ

 

NH MPQ

 

Suy ra:



^{MN, MPQ}

  

^^NMH^

Ta có:

NPQ ABCS ABCD

2 2

2 2 2 2

2. S1

2S 4 S AB.BC a 2.2a 2a

NH PQ AC AC AB BC a 6 3

2

MN AM AN a a a 2



     

 



     



Suy ra: ^MH^ ^MN²^^NH² ^

 

^{a 2} ²^^ ^2a₃^² ^ ₃^6a

 

(15)

Suy ra cos NMP^ ^{MH a 6}: a 2 ³

MN 3 3

  

Cách 2:Ta gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ và cho a = 1.

Khi đó: A 0;0;0 ,B 2;0;0 ,C 2;2;0 ,D 0;2;0 ,S 0;0; 2

         

 

2 2

M 2 ;0; 2 NM 2; 1; 2

2 2

N 0;1;0

  

 

  

     

 





Có

 

   

SAC

 

AC 2;2;0

AC,AS 2 2; 2;0 n 2; 1;0 AS 0;0; 2

 

      

   



   



Suy ra

   

^ ^

 

MN SAC

u .n 2 2 6

sin MN, SAC

2 3 3 u . n

  

 

 

⁶ ² ³

cos MN, SAC 1

3 3

 

    

 

Ta có: y' 6x ²2 m 3 2 m 6 ; y' 0



 

 





 3x²



m 3 x 6 m 0



  



²

    

3 x x 2

m f x *

x 1

    



Yêu cầu bài toán trở thành “Tìm m, sao cho (*) có 2 nghiệm phân biệt đều thuộc

 

0;3 ”.

Xét hàm số _{f x}

 

^{3 x}



² ^{x 2}



x 1

  

 trên đoạn

 

^0;3 ^.

Ta có:

   



²



₂

 

3 x 2x 3 x 1

f ' x ;f ' x 0

x 3 x 1

   

       Từ bảng biến thiên, suy ra:

 

3 m 6  m^^ m 4;5;6 Câu 39: Đáp án C

Biến đổi phương trình tương đương: ^{i. a bi 5}



^{ }



^^{2 a bi 3}



^{   }

 

^{1 i a}



²^^b²



^{2a b 6} ^a² ^b²

 

^a² ^b² ^{a 2b 5 i 0}



          

(16)

2 2 2 2

2a b 6 a b 0 a b 2a b 6

2a b 6 a 2b 5 b a 1 a b a 2b 5 0 a b a 2b 5

          

 

          

        

 

 

Khi đó ta có: a² 



a 1



² 2a a 1 6   

 

2a²2a 1 3a 7  

2

a 7

a 4 b 3 T a 2b 2 3

7a 40a 48 0

 

         

   



Câu 40: Đáp án C

Số phần tử không gian mẫu: n

 

 7.7.7.7 2401

Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Do abcd là số chẵn nên ta có:

Trường hợp 1: Nếu d 8            2 a b c 8 2 a b 1 c 1 9 *

 

Khi đó ứng với mỗi bộ 3 số: a, b + 1, c + 1 lấy từ các chữ số từ 29 (có 8 chữ số) ta chỉ có 1 cách xếp suy nhất thỏa mãn (*). Suy ra số các số tạo ra: C³₈

Trường hợp 2:Nếu d 6            2 a b c 6 2 a b 1 c 1 7 2*

 

Lí luận (2*) tương tự như (*), suy ra các số tạo ra: C³₆

Trường hợp 3:Nếu d 4            2 a b c 4 2 a b 1 c 1 5 3*

 

Lí luận (3*) tương tự như (*), suy ra các số tạo ra: C³₄ Vậy: n A

 

C C C³8 ³6 ³4 80. Suy ra:

   

 

n A 80 P A  n  2401

 Câu 41: Đáp án C

Ta có: ^{f x}²

 

xf x f ' x 2x 4

   

 

             

1 1 1 1

2

0 0 0 0

I f x dx xf x f ' x 2x 4 dx xf x f ' x dx 2x 4 dx A 5 *

 







    







  

Tính ¹

   

0

A



xf x f ' x dx

Đặt

 

   

 

u xf x du f x xf ' x dx dv f ' x dx v f x

   

 

 

 

 

 

 

¹ ¹

       

¹

 

¹

   

2 2

0 0 0 0

A xf x f x f x xf ' x dx 9 f x dx xf x f ' x dx

  



  







(17)

9 I

 

A 2*

2

   . Thay (2*) vào (*), ta được: I ^{9 I} 5 I ¹⁹

2 3

    

Diện tích hình vuông là: S 4 16m ²  ²

Gọi S₃ là phần diện tích còn lại (không tô đậm).

Gắn hệ tọa độ nhưu hình vẽ:

Do ^{I 0;4}

 

là đỉnh của parabol (P) nên có phương trình:

   

B 2;0 P

2 2

y ax   4 ^ 0 4a 4       a 1 y x 4 Ta có B 2;0 ,D 2;4

  





 phương trìnhDB: y  x 2 Xét phương trình:

 

2 x 1

x 4 x 2 M 1;3

x 2

  

          . Khi đó

   

 

2 2

2 2 2

1

*

1 1

3 1 2

1 2

2 2

2

2 1

S x 4 x 2 dx x x 2 dx 9m

2 S S S S 16

37 3

S x 4 dx x 2 dx m

6

 



 

           

     

       



 

Suy ra tổng tiền: T ⁹.200000 ³⁷.150000 ¹⁶.100000 2368333, 3

 

2,37

2 6 3

     triệu đồng.

Chú ý:Ở bài toán này ta có thể sử dụng công thức giải nhanh: “Diện tích giới hạn bởi parabol (P) và trục hoành là:

2 2

1 2 2 2 32 2 32 1 32 9 37

S S IO.AB .4.4 m S S m

3 3 3 3 3 2 6

         

Gọi V,V ,V₁ ₂ lần lượt là thể tích của bình hút chân không, khối trụ (T) và khối nón cụt (N).

Ta có:

     

1 2

2 2 2

2

V h R1 V V21

V . 3h . R 4R R.4R 21h R 3

  

  

      



Khi đó: V V V₁ ₂ ^V² V₂ ^22V² V₂ ²¹V ²¹.4 ⁴²dm³

21 21 22 22 11

        

Câu 44: Đáp án A

Ta có: un 1_ 10un 9 un 1_  1 10. u 1 *



n 

 

Đặt v_n u 1_n ^{ }^* v_{n 1}_ 10v_n, suy ra v_n là một cấp số nhân với công bội q 10 . Suy ra: vn v .101 ^{n 1}^ u 1 u 1 .10n 



1



^{n 1}^

 

2* . Từ (2*), suy ra: u10  1 u 1 .10



1



⁹

Khi đó:

(18)



10



1



1



⁹ 1



1



1 ^Casio 1

log u  1 u 1 log u 1 .10  u 1  9 log u 1 u 1   u 9 Suy ra: u 1 10_n  ⁿ u_n 10 1ⁿ

Khi đó: u_n 2018²⁰¹⁹10 1 2018ⁿ  ²⁰¹⁹10ⁿ 2018²⁰¹⁹ n 2019log 2018 6672,64 nmin 6673

 

Yêu cầu bài toán tương đương: y' ln x 1 m ¹⁸₂ 0

    x  với   x 1;

 

     

2

m 18 1 ln x f x , x 1; *

  x      

Ta có: ^{f ' x}

 

^{ }^{36 1 x 36}_x₃ ^{ }_x ²_x^₃ ^{;f ' x}

 

^{  }⁰ ^{x 1}^ ^{x 6}

Lập bảng biến thiên, suy ra:

 

1;

min f x f 6 3 ln 6 2



  

Khi đó

   

  ^{m N}^*

 

1;

* m min f x 3 ln 6 3,3 S 1;2;3 S 6 2





       





Do M d M 5t 5;4t 3;t



 



 

   

2 2

2 2 2

MA 42t 108t 72 AM 5t 6;4t 6;t

MB 42t 144t 126

BM 5t 9;4t 6;t 3 MA MB 84t 252t 198 *

   

    

    

   

 

     



Ta có: AB MA MB 2MA.MB.cos AMB² ² ² ^

  

2 2 2

Casio

2 2 2

18 84t 252t 198 42t 108t 72 42t 144t 126

84t 252t 180 42t 108t 72 42t 144t 126 0 t 2

        

          

Thay t = 2 vào (*), ta được T = 30.

Yêu cầu bài toán tương đương: y' 3f ' 3x 1 3x 3m 0



 



²  với   x



2;1



 

²

   

m f ' 3x 1 x , x 2;1 *

       Đặt t 3x 1  ^x^{ }^ ^2;1^  t



7;2



Khi đó (*) có dạng: ^{m f ' t}^

  

^ ^{t 1}^₉



² ^^{g t , t}

 

^{  }



^7;2



(19)

Ta có:

 

   

 

   

 

   

 

²

7;2

2 7;2 7;2 7;2

7;2

min f ' t f ' 1 4

min g t min f ' t min t 1 4khi t 1

t 1 9

min 0khi t 1 9



  



    

 

       

 

   



Vậy (*)

 

 

m 10;10 ,m 7;2

m min g t 4 ^{ } ^ m 9, 8;...; 4



    ^     : có 6 số nguyên m Câu 48: Đáp án A

Gọi N là trung điểm của A 'B', khi đó: NM / /A 'B'

Suy ra:



^

 

^



^o

MN AB 2a 2

A 'B,CM NM,CM 30

  



  









^o

CMN 1

S MN.CM.sin NM,CM 30

  2 

Ta có: ^{d A 'B,CM}

 

d A 'B, CMN

   

d B, CMN

   

a Khi đó: V_B.CMN ¹d B, CMN .S

   

_CMN ^{1 a 2 a 2}a. ² ³

 

*

3 3 2 6

  

Ta có: S_BMN ¹S_BNB' ¹S_A'BB' V_B.CMN V_C.BMN ¹S_C.A'BB' ^{1 1}. .V_ABC.A'B'C'

2 4 4 4 3

     

3 3

ABC.A'B'C' B.CMN a 2

V 12V 12. 2 2a

   6 

Chú ý:Với khối lăng trụ tam giác có thể tích V nếu lấy 4 đỉnh bất kì từ 6 đỉnh (để tạo thành tứ diện) thì thể tích V_{ }₄ ^V

 3 , nếu lấy 5 điểm bất kì tạo thành khối đa diện có thể tích V_{ }₅ ^2V

 3 Câu 49: Đáp án B

Do m = -1 (không thỏa mãn phương trình) nên phương trình tương đương:

x

 

m 1 2x f x m 1 e

  



Ta có: f ' x

 

^2e^x _2x^2xe^x ^{2 1 x}



_x

  

;f ' x 0 x 1

e e

 

    

Có: _x _x _x



^x

  

x x

lim 2x lim 2x.e . 2xe

lim 0 e



 



    



 



Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình (*) có 2 nghiệm khi và chỉ khi:

 

^*

 

m 0 m 1 0 m

m 1 2 e 2

0 1 m 6,6 m 2;3;4;5;6

e 2 m e 2 0

m 1 e e 2

    

  

              



Suy ra



m



2 3 4 5 6   



20

(20)

Câu 50: Đáp án D

Ta có: f ' x

 

3x²4ax a ;f ' x ²

 

 0 3x²4ax a ² 0 *

 

Để hàm số có 2 điểm cực trị thì  ' a²   0 a 0

Khi đó (*)

 

3 3

2a a A a;b

x a y b

3 a 4a

2a a a 4a B ; b

x 3 3 y 27 b 3 27

      

 

           

Đặt

 

2 2 6

2 2 2

3

2 2 6 3 2

AB 4c 16c A 3c;b

c a 0 OA 9c b

3 B c;4c b

OB c 16c 8c b b

  

 

     

  

     

Tam giác OAB vuông cân ^OA₂² ^OB²₂ ^c²₆ ^{2c c b}⁶₂ ³₂ AB 2OA 8c 7c b

    

 

 

  

 

 

4 2 2

6 2 2

2c bc 1 b 1;c 1 b 1;a 3

T a b 10 b 1;c 1 b 1;a 3

8c 7c b

          

               