Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2022 môn TOÁN - Penbook Hocmai - Đề 6 - Thư viện tải tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia

(1)

PENBOOK ĐỀ SỐ 6

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.Cho hàm số y ax ⁴bx²c với a 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.Hàm số luôn có ba điểm cực trị.

B.Hàm số có một điểm cực trị khi ab 0 .

C.Đồ thị hàm số nhận trục hoành làm trục đối xứng.

D.Hàm số có ba điểm cực trị khi ab 0 .

Câu 2. Cho hàm số y f (x) có đồ thị như hình vẽ bên. Biết rằng f (x) là một trong bốn hàm số được liệt kê trong các phương án A, B, C, D dưới đây. Tìm f (x).

A. f (x) log x₃



 B. f (x) x ^³

C. f (x) ln x D. f (x) e ^x Câu 3.Đạo hàm của hàm số ylog₂x

A. ¹

x. B. ^{ln 2}

x . C. ¹

ln 2

x . D.

2

1 log x x. Câu 4.Gọi M là điểm biểu diễn số phức z 1 3i  . Khi đó độ dài đoạn OM bằng bao nhiêu?

A. OM 10 B. OM 2 C. OM 5 D. OM 5

Câu 5.Cho z 5 10i₁  và z₂  2 i. Khi đó số phức ¹

2

w z

z có phần ảo là

A. 3 B.3 C.4 D. 4

Câu 6.Hàm số nào sau đây đồng biến trên ℝ?

A. y ^{2x 1} x 1

 

 B. y x x ³ ² x 1 C. y x ⁴x²2 D. y x 1² Câu 7.Vớinnguyên dương bất kì và n14, công thức nào dưới đây là đúng?

A. A¹⁴ⁿ



14^14!



!

 n

 . B. A¹⁴ⁿ



14^14!



! !

 n n

 . C. ¹⁴ⁿ



14^{14! !}



! A n

 n

 . D. ¹⁴ⁿ



14 ^!



! A n

 n

 .

Câu 8.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, vectơ nào sau đâykhôngphải là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) : x 2z 3 0    .

A. n₁ (2;0; 4)

B. n₂  ( 1;0;2)

C. n₃ (1; 2;0)

D. n₄ (1;0; 2)

(2)

Câu 9.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;0;1). Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng ( ) : 2x y 2z 1 0     . Độ dài MH là

A. MH 1 B. MH 2 C. MH 3 D. MH 4

Câu 10.Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) ^{2x 1} 2x 3

 

 .

A.



f (x)dx x ln 2x 3 C    ^B.



^{f (x)dx x}^{ }¹₂^{ln 2x 3 C}^{ }

C.



f (x)dx x 2ln 2x 3 C    ^D.



f (x)dx 2x 2ln 2x 3 C   

Câu 11. Số giao điểm của đồ thị hàm số y x x 2 ³  với đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 2x 1

x 2

 

 là

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

Câu 12.Cho a là số thực dương khác 1. Khẳng định nào sau đây làsai?

A. 3^{2log a}³ 2a B. log_a ¹ 1

a   C. 2^{log 1}^a 1 D. log_a ¹ ¹

a  2 Câu 13.Cho hàm số y 4 2 ^x ^{x 3}^ 6x ln 2. Tập nghiệm S của bất phương trình y 0  là

A. S (0;2) B. S (0;log 3) ₂

C. S ( ;0) (log 3;   2 ) D. (2;)

Câu 14.Cho hàm số y f (x) có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình f (x) m có ba nghiệm đều không lớn hơn 3 khi và chỉ khi

A.  1 m 2 B. 0 m 2  C.  1 m 0 D. 0 m 2 

Câu 15. Cho hàm số y 2x (2m 1)x (m 1)x 2³  ² ²  . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

A.4 B.5 C.3 D.6

Câu 16. Cho hình nón có chu vi đáy là 6π cm và độ dài đoạn nối đỉnh của nón và tâm đáy bằng 4 cm.

Diện tích xung quanh S_xq của nón là

A. S_xq  12 cm² B. S_xq 24 cm ² C. S_xq  15 cm² D. S_xq 25 cm ²

Câu 17. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm M(1; 2;1), N(2; 3;3)  . Gọi P là giao điểm của MN và mặt phẳng (Oyz). Tọa độ điểm P là

A. P(0;1;1) B. P( 1;0;0) C. P(0; 1; 1)  D. P(0; 2;1) Câu 18. Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z , z₁ ₂

như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?

(3)

A. z .z_{1 2} OM.ON 

B. z z₁ ₂ MN C. z z₁ ₂ MN D. z₁ z₂ MN

Câu 19. Gọi m m ₀ là giá trị lớn nhất làm cho hàm số y x ⁴m x^{2 2} m 2 có giá trị nhỏ nhất trên

 

1;3 bằng 1. Khi đó m₀ gần giá trị nào nhất sau đây?

A.0 B. 1 C.3 D. 4

Câu 20.Số mặt đối xứng của đa diện đều loại

 

^4;3 ^là

A.4 B.6 C.9 D.12

Câu 21.Hình phẳng (H) giới hạn bởi các đồ thị hàm số y f (x), y g(x)  và trục hoành như hình dưới đây. Thể tích V của khối tròn xoay được tạo ra khi quay (H) quanh trục Ox là

A. ^c ² ^b ²

a c

V 



f (x)dx 



g (x)dx

B. ^c ² ^b ²

a c

V 



f (x)dx 



g (x)dx

C. ^b ² ²

a

V 



f (x) g (x) dx 

D. ^b ² ²

a

V 



f (x) g (x) dx 

Câu 22.Phương trình log x log x 1 0²₂  ₂ ²  có hai nghiệm x , x₁ ₂. Tính tích x x_{1 2}.

A. x x1 2 1 B. x x1 2 16 C. x x1 24 D. x x1 2 2 Câu 23. Cho hàm số y ^{ax b}

x c

 

 có đồ thị như hình vẽ bên. Giá trị của a 2b 3c  bằng bao nhiêu?

A. 1 B. 2

C.3 D.0

Câu 24.Tính tích phân ²

 

²

0

I



max x ;x dx^. A. I ¹⁷

 6 B. I ¹¹

 6 C. I ⁷

6 D. I ⁸

3 Câu 25.Cho z là số phức thuần ảo. Trong những khẳng định sau, đâu là khẳng địnhsai?

A. z z 0  B. z² z² C. z 2z  z

Câu 26.Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy. Biết AB a , AC a 5 và góc tạo bởi SC và (ABCD) bằng 60. Thể tích V của khối chóp S.ABCD là

(4)

A. V ^{2a 15}³

 3 B. V ^{3a 15}³

 2 C. V 2a 15 ³ D. V ^{a 15}³

 6

Câu 27. Cho f (x) 2x 1   và f (1) 5 . Phương trình f (x) 5 có hai nghiệm x , x₁ ₂ . Tính tổng

2 1 2 2

S log x log x .

A. S 0 B. S 1 C. S 2 D. S 4

Câu 28. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C   có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B. Biết ACC A  là hình vuông và AB = a. Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho.

A. V ^{a 2}³ 6

 B. V a 2³

C. V 2 a 2  ³ D. V ^{a 2}³ 2

 

Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A( 1;2; 3), B(1;0;2), C(x; y; 2)   thẳng hàng. Khi đó tổng x y bằng bao nhiêu?

A. x y 1  B. x y 17  C. x y ¹¹

  5 D. x y ¹¹

   5

Câu 30.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng (P) đi qua điểm M( 2;1;3) và chứa trục hoành có phương trình là

A. (P) : y z 4 0   B. (P) : x y z 0   C. (P) :3y z 6 0   D. (P) :3y z 0  Câu 31. Cho hàm số f (x) ^{ax 1}

bx 1

 

 có đồ thị (C). Biết (C) có tiệm cận ngang y 2 và f (1)  6. Khi đó giá trị của a b lớn nhất bằng

A.0 B. ¹

2 C.2 D.4

Câu 32.Biết đồ thị (T) của hàm số y ax ⁴bx²c có A(1;4) và B(0;3) là các điểm cực trị. Hỏi trong các điểm sau đây, đâu là điểm thuộc đồ thị (T)?

A. M( 2;5) B. N( 1; 4)  C. P(3; 15) D. Q(2; 5) Câu 33.Cho lăng trụ ABC.A B C   có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a.

Gọi D, E lần lượt là trung điểm của cạnh BC, A C . Tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng DE và AB.

A. h ^{a 3}

 2 B. h ^{a 3}

 3

(5)

C. h ^{a 3}

 6 D. h ^{a 3}

 4

Câu 34.Trong một hộp đựng 4 bi màu đỏ, 6 bi màu xanh và 5 bi vàng, lấy ngẫu nhiên 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi được lấy trong đó có 3 viên bi xanh và 1 viên bi vàng.

A. ⁴

15. B. ⁵

273. C. ²⁰

273. D. ⁴

273.

Câu 35.Nếu ba cạnh của một tam giác bất kì mà lập thành một cấp số nhân thì tập tất cả các giá trị của công bội có thể nhận được là S (a;b) . Tính giá trị của T a b  .

A.0 B.1 C. 3 D. 5

Câu 36.Cho hình chópS.ABCcó đáyABClà tam giác vuông tạiA, cạnh BC2a, AC a 3 các cạnh

bên ⁵

2

SA SB SC   a . Tính góc tạo bởi mặt bên



SAB



và mặt phẳng đáy



ABC



.

A.30. B.45. C.60. D.90.

Câu 37.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M(1; 2;0) , đường thẳng x 2 y 5 z 3

d : 1 3 2

     và mặt phẳng (P) : 2x y z 5 0    . Đường thẳng  đi qua M cắt d và song song với (P) có phương trình là

A. :^{x 1 y 2 z}

1 1 1

 

  

 B. :^{x 1 y 2 z}

1 1 3

 

   C. :^{x 1 y 2 z}

1 2 4

 

   D. :^{x 1 y 2 z}

2 1 3

 

  

 Câu 38.Cho hàm số

 

² ₂ ⁴ ¹

3 7 2 1

khi khi

x x

f x x x x

 

 

  

 . Tích phân ²

 

0

2 2cos sin

f x xdx





 ^bằng

A. ³ 4

 . B. ³

4. C.3. D. ¹

2

 . Câu 39.Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên _

A. y  x⁴ x². B. y  x³ x. C. ₁

2

ylog x. D. ysinx.

Câu 40.Một người đem gửi ngân hàng 10 triệu đồng với thể thức lãi suất kép kì hạn 3 tháng với lãi suất 6% một năm. Sau 2 năm người đó đến rút tiền cả vốn lẫn lãi. Hỏi người đó nhận được tất cả bao nhiêu tiền?

A.11.200.000 đồng B.11.000.000 đồng C.11.264.926 đồng D.11.263.125 đồng Câu 41. Cho hàm số f x

 

ax bx cx d a b c d⁴ ² 



, , , 



và f

 

 2 0.

Hàm số y f x 

 

có đồ thị như hình bên. Tìm m để phương trình

 

1

f x  m có ít nhất hai nghiệm.

A. 1 m f

 

1 1 . B. m f

 

1 1 . C. m 1. D. m0.

(6)

Câu 42. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x 2y z 5 0    và mặt cầu

2 2 2

(S) : x y z 2x 4z 1 0     có tâm I. Từ một điểm M(a;b;c) thuộc mặt phẳng (P) kẻ một đường thẳng tiếp xúc với (S) tại N sao cho diện tích tam giác IMN bằng 2. Khi đó giá trị T a 2b 3c   bằng bao nhiêu?

A. T 1 B. T 5 C. T 3 D. T 2

Câu 43.Có bao nhiêu số nguyênxthỏa mãn



⁵^{4 12}^x^ ^⁵^x²



^^log²



^x^{ }^{1 2}



^^⁰?

A.10. B.7. C.18. D.4.

Câu 44.Cho số phứczthỏa mãn



^z^¹

 

^z^²ⁱ



là một số thuần ảo. Tập hợp điểm biểu diễn số phứczlà một đường tròn có diện tích bằng

A. 5 . B. ⁵

4

 . C. ⁵

2

 . D. 25.

Câu 45. Cho hàm số y f x

 

, trong đó f x

 

là một đa thức.

Hàm số y f x 

 

có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc



3;3



để hàm số

  

² ¹



y g x  f x   x m có ít nhất 7 điểm cực trị.

A.2. B.1.

C.4. D.3.

Câu 46. Cho hàm số f x

 

x ax bx c³ ²  với a, b, c là các số thực. Biết hàm số

       

g x  f x  f x  f x có hai giá trị cực trị là 4 và 8. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các hàm

số

 

2

 

6 y f x

 g x

 và y2 là

A. 2ln 2. B. ln 5. C. 2ln 5. D. ln 2.

Câu 47. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : x²y z² ² 25 cắt mặt phẳng ( ) : x 2y 2z 9 0     theo giao tuyến là một đường tròn (T) có đường kính CD. Biết A là một điểm di động thuộc mặt cầu (S) sao cho hình chiếu vuông góc của A trên ( ) là điểm B thuộc đường tròn (T) (khác C, D). Thể tích lớn nhất của tứ diện ABCD là

A.32 B.96 C.16 D.64

Câu 48.Giả sử z , z₁ ₂ là hai số phức thỏa mãn z 2 3i 1₁   và z 2 5i 2₂   và số phức z thỏa mãn z 3 i z 1 i     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T z z  ₁  z z₂ .

A. 4 5 B. 2 5 C. 4 5 3 D. 2 5 1

(7)

Câu 49.Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác đều, SA vuông góc với đáy và góc tạo bởi SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60. Biết diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng ^{13 a}²

3

 . Khi đó thể tích V của khối chóp S.ABC bằng bao nhiêu?

A. V ^3a³

 4 B. V ^3a³

 4 C. V ^3a³

 2 D. V ^a³

 4

Câu 50.Gọi V, V , V₁ ₂ lần lượt là thể tích của khối tròn xoay sinh ra bởi một tam giác vuông khi quay quanh cạnh huyền và các cạnh góc vuông của tam giác đó. Biết V 3₁ và V 4₂  . Khi đó giá trị của V là:

A. V 5 B. V 7 C. V ¹²

 5 D. V ⁷

12

(8)

Đáp án

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B

Hàm số có một điểm cực trị khi ab 0 .

Chú ý:Hàm số y ax ⁴bx²c với a 0 có ba điểm cực trị ab 0  A, D sai.

Hàm số nhận trục tung (Oy) làm trục đối xứng → C sai.

Câu 2: Đáp án C

Từ đồ thị cho ta biết f (x) đồng biến (0;) → loại A (vì 0 ³ 1

 ).

Đồ thị đi qua điểm có tọa độ (1;0) → loại B, D.

Câu 3: Đáp án C Ta có



log2



1

x ln 2

  x . Câu 4: Đáp án A

Ta có z 1 3i  M(1; 3) OM 1 3² ²  10 . Câu 5: Đáp án A

Ta có ¹

2

z 5 10i

w 4 3i

z 2 i

    

 , suy ra w có phần ảo là 3. Câu 6: Đáp án B

Hàm phân thức bậc nhất/ bậc nhất và hàm trùng phương luôn không đồng biến (hoặc nghịch biến) trên ℝ

→ loại A, C;

Xét hàm y x x ³ ² x 1, ta có: y 3x  ²2x 1 0, x    (thỏa mãn).

Chú ý:Ở đây đáp án D sai vì y ^x₂

 x 1

 chỉ đồng biến trên



0;



. Câu 7: Đáp án A

Ta có

 

14 14!

14 ! An

 n

 . Câu 8: Đáp án C

(9)

Do ( ) : x 2z 3 0     n (1;0; 2) 

và những vectơ cùng phương với n

là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) . Do đó n₃ (1; 2;0)

không phải là vectơ pháp tuyến của ( ) . Câu 9: Đáp án A

Ta có MH d M,( )

 

^{2 0 2 1}₂ ₂ ₂ 1 2 ( 1) 2

  

   

   .

Câu 10: Đáp án C

Ta có f (x)dx ^{2x 1}dx 1 ⁴ dx x 2ln 2x 3 C

2x 3 2x 3

  

          

  

^.

Câu 11: Đáp án D Đồ thị hàm số y ^{2x 1}

x 2

 

 có tiệm cận ngang là y 2 .

Khi đó xét phương trình hoành độ giao điểm: x x 2 2³ x(x 1) 0² ^{x 0} x 1

 

          . Nghĩa là có 3 giao điểm.

Câu 12: Đáp án A

Do 3^{2log a}³ 3^{log a}³ ² a² 2a. Câu 13: Đáp án B

Ta có y 4 ln 4 2 ln 2 6ln 2 2ln 2.(4 4.2 3)  ^x  ^{x 3}^   ^x ^x .

Khi đó: y 0  4 4.2 3 0^x ^x   1 2^x  3 2⁰ 2^x2^{log 3}²   0 x log 3₂ S (0;log 3)2

  .

Câu 14: Đáp án B

Số nghiệm của phương trình f (x) m (*) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y f (x) và đường thẳng y m (song song hoặc trùng với Ox).

Để phương trình (*) có ba nghiệm x , x , x₁ ₂ ₃ thỏa mãn

1 2 3

x x x 3 thì 0 m 2  . Câu 15: Đáp án B

Ta có y  6x²2(2m 1)x (m 1)  ² .

2 2

y 0  6x 2(2m 1)x m 1 0    (*)

Để hàm số có 2 điểm cực trị  (*) có 2 nghiệm phân biệt

2 2 2 2 3 2 2 3 2

(2m 1) 6(m 1) 2m 4m 7 0 m

2 2

   

             

hay 3,12 m 1,12  ^m^^    m



3; 2; 1;0;1



: có 5 giá trị.

(10)

Chu vi: C 2 r r ^C ⁶ 3

2 2

     

  .

Ta có h 4  l r²h²  5 S_xq   rl 15 . Câu 17: Đáp án C

Ta có:

x 1 t

MN (1; 1;2) MN : y 2 t P(1 t; 2 t;1 2t) z 1 2t

  

           

  





P (Oyz)

(Oyz):x 0^ _ 1 t 0 t 1 P(0; 1; 1)

         . Câu 18: Đáp án B

Gọi ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ₂ ₁ ² ₂ ₁ ² ₁ ₂

2 2 2 2 2

M(x ; y ) z x y i

MN (x x ) (y y ) z z N(x ; y ) z x y i

 

 

       

   

  .

Câu 19: Đáp án A

Ta có y 4x 2m x 0, x 1;3  ³ ²   

 

, suy ra hàm số đồng biến trên

 

^1;3 ^.

  ⁰

m max m

2 0

x 1;3

min y y(1) m m 1 1 m 1 m 1

m 2





 

            gần 0 nhất.

Đa diện đều loại

 

4;3 là hình lập phương với 9 mặt đối xứng. Cụ thể:

Đây là thể tích khối tròn xoay thuộc mô hình 2, do đó V 



^cf (x)dx²  



^bg (x)dx² ^.

(11)

Điều kiện: x 0 , ta có phương trình tương đương:

t log x2

2 2

log x 4log x 1 0      ^ t 4t 1 0

Theo Vi-ét ta có: 4 t t  ₁ ₂ log x log x_{2 1} ₂ ₂ log (x x )₂ _{1 2} x x_{1 2}2 16⁴ . Câu 23: Đáp án A

Từ hình vẽ, cho ta biết đồ thị có tiệm cận đứng x 2 và tiệm cận ngang y 1.

Suy ra ^x ^{c 2} ^c ² y ^{x b}

y a 1 a 1 x 2

    

     

       

  (C).

Do M(3;0) (C) 0 ^{3 b} b 3 a 2b 3c 1 2.3 3.( 2) 1 3 2

                

 .

Trên đoạn

 

^0;2 ^{, xét:} x² x x(x 1) 0 ^{x 0} ^{x 0;2}^{ } x 1;2

   

0 x 1

 

          .

Nghĩa là:

 

² x khi x 1;2²

   

max x ;x

x khi x 0;1

 

 

  .

Suy ra: ²

 

² ¹ ² ²

0 0 1

I max x ;x dx xdx x dx 17













 6 ^.

Câu 25: Đáp án D

Do z là số phức thuần ảo ² ² ²

z z 0

z ai z ai z a z

z 2z ai 2ai ai a z

  

         

       



Suy ra A, B, C đúng.

Câu 26: Đáp án A

Ta có



SC,(ABCD)



SCA 60^  SA AC tan 60 a 15

    .

Ta có: BC AC AB² ² 2a

Suy ra V ¹SA.S_ABCD ¹.a 15.a.2a=^{2a 15}³

3 3 3

  .

Ta có: f (x)



f (x)dx 



(2x 1)dx x  ² x C ^.

Khi đó f (1) 5       1 1 C 5² C 3 f (x) x ² x 3 . Suy ra f (x) 5 x²   x 3 5 x²   x 2 0 x x_{1 2} 2

(12)

2 1 2 2 2 1 2 2

S log x log x log x x log 2 1

       .

Vì tam giác ABC vuông tại B  h AA AC  AB BC² ² a 2 . Khi đó

2 3

AC a 2 2 a 2 a 2

r V h r a 2. .

2 2 2 2

  

          . Câu 29: Đáp án A

Ta có: AB (2; 2;5) AC (x 1; y 2;1)

  



  





 .

Khi đó A, B, C thẳng hàng ^{x 1 y 2 1} x ³; y ⁸ x y 1

2 2 5 5 5

 

         

 .

Chọn N(1;0;0) Ox MN (3; 1; 3)   . Ta có i (1;0;0)

là vectơ chỉ phương (vectơ đơn vị) của trục Ox.

Do ^{MN (P)} n_(P) MN,i (0; 3;1) (P) : 3y z 0 Ox (P)

         

   



  

hay (P) :3y z 0  .

Câu 31: Đáp án C Ta có f (x) ^{a b}₂

(bx 1)

   

 , khi đó theo đề ra ta có:

2 2

a a 1;b 1

y b 2a b a 2b6(b 1) a b a 4 2 a b 12 max(a b) 2

f (1) 6 a b 2

(b 1) b 2

      

    

        

         

         

 

 

.

Ta có f (x) 4ax 2bx  ³ . Do A(1;4) và B(0;3) là hai điểm cực trị nên ta có:

4 2

f (1) 0 4a 2b 0 2a b 0 a 1

f (1) 4 a b c 4 a b 1 b 2 f (x) x 2x 3

f (0) 3 c 3 c 3 c 3

       

   

               

   

       

   

.

Chỉ có điểm Q(2; 5) thỏa mãn f (2)   5 Q (T). Câu 33: Đáp án D

Gọi F là trung điểm của B C , khi đó:

EF // A B

(FED) // (A B BA) DE // (A B BA) FD // B B

       

 



(13)

Kẻ DK AB (K AB)  , khi đó: d D,(A B BA)



 



DK

Ta có

2 ABC ADB

S a 3

2S 4 a 3

DK AB  AB  a  4 . Vậy d(DE,AB ) ^{a 3}

  4 . Câu 34: Đáp án C

Tổng số có 4 + 6 + 5 = 15 viên bi.

Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ 15 viên có C₁₅⁴ 1365 (cách lấy).

Số phần tử của không gian mẫu là n

 

 ¹³⁶⁵.

GọiA: “4 viên bi lấy được trong đó có 3 viên bi xanh và 1 viên bi vàng.”

Lấy 3 viên bi màu xanh từ 6 viên bi màu xanh có C₆³ 20. Lấy 1 viên bi màu vàng từ 5 viên bi màu vàng có C₅¹5.

Suy ra

     

 

¹⁰⁰ ²⁰

20.5 100

1365 273 n A P A n A

   n  

 .

Câu 35: Đáp án D

Gọi ba cạnh của tam giác lần lượt là: m, n, p ^{n mq}₂ p mq

 

   (với q là công bội của cấp số nhân m, n, p).

Khi đó điều kiện tồn tại tam giác: ^{m n p} ^{m mq mq}₂ ² ^{q q 1 0}₂²

n p m mq mq m q q 1 0

 

      

  

         

  

1 5 q 1 5

2 2

1 5 1 5 1 5 1 5

1 5 q q ; (a;b)

q 2 2 2 2 2

1 5

q 2

    



 

        

       

  

 



.

Suy ra: T a b ¹ ^{5 1} ⁵ 5

2 2

  

     .

Vì SA SB SC a   nên hình chiếuS trùng vớiH là tâm đường tròn ngoại tiếp đáyABC. Nhận xétHlà trung điểmBC.

Gọi M là trung điểm AB, nhận xét AB



SMH



nên góc tạo bởi mặt bên



SAB



và mặt phẳng đáy



ABC



là góc SMH^. Xét tam giácSHBcó SH  SB²BH² 2 2a .

(14)

Xét tam giácSMHcó

 2 3 

tan 30

3 3 2 SH a

M M

MH a

     .

Gọi   d

 

N N(2 t;5 3t;3 2t) d    MN (t 1;3t 7;2t 3)    .

Do  // (P)MN.n _(P) 0 2.(t 1) 1.(3t 7) 1.(2t 3) 0         t 2 N(0; 1 ; 1)  . x 1 y 2 z

MN ( 1;1; 1) (1; 1;1) u (1; 1;1) :

1 1 1



 

             



 

. Câu 38: Đáp án A

Ta có

   

1 1

lim lim 2 4 2

x _ f x x _ x

      ; ^lim_x₁ ^{f x}

 

_x^{lim 3}₁



^x²⁷^x²



 ²; f

 

¹  ²

     

1 1

lim lim 1

x _ f x x _ f x f

 

   .

Suy ra hàm số đã cho liên tục tạix= 1.

Xét ²

 

0

2 2cos sin

I f x xdx







 ^{. Đặt} ^{2 2cos}^ ^{x t}^{ }^sin^xdx^ ¹₂^dt ^. Với x  0 t 0; 2

x_{  }2 t .

       

2 2 1 2

2

0 0 0 1

1 1 1 3 7 2 1 2 4 3

2 2 2 2 4

I f t dt f t dt t t dt t dt 

 











  



  ^.

Câu 39: Đáp án B

Ta có y   x³ x y 3x² 1 0,  x . Câu 40: Đáp án C

Phân tích:

+) Số liệu đầu vào: T = 10 triệu; r = 6%/năm = 1,5%/3 tháng (1 kì hạn), n ^2.12 8

 3  kì hạn.

+) Số liệu đầu ra: T ?_n  Lời giải:

Ta có công thức: T T.(1 r)_n   ⁿ 10.10 .(1 1,5%) 11.264.926⁶  ⁸  đồng.

Chú ý:Ở bài toán này ta có thể sử dụng công thức T T.(l mr)_n   ⁿ với m 3 : là kì hạn 3 tháng và r = 6%/năm = 0,5%/tháng.

(15)

Từ đồ thị của y f x 

 

ta có

 

0 ² 1 f x x

x

  

     . Từ đó ta có bảng biến thiên y f x

 

như sau:

Suy ra để phương trình có ít nhất hai nghiệm khi và chỉ khi m    1 0 m 1. Câu 42: Đáp án B

Mặt cầu (S) có tâm I(1;0; 2) và bán kính R = 2.

Ta có: S_IMN 2 ¹IN.MN 2 ^{IN R 2} MN 2 IM MN IN² ² 6

2 ^{ }

         .

Khi đó: 6 IM d I,(P) 

 

 6IM d I,(P)

 

.

Suy ra M là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Khi đó, IM nhận n_(P) (1; 2;1)

làm vectơ chỉ phương nên IM có phương trình: ^{x 1} ^y ^{y 2} M(1 t; 2t; 2 t)

1 2 1

        

 .

Do M (P)          t t 4t 2 t 5 0 t 1 M(2; 2; 1)  Khi đó a 2;b  2;c    1 T a 2b 3c  5.

Câu 43: Đáp án D +) Trường hợp 1:

   

2 2

4 12 4 12 2

2

2 6

5 5 0 5 5 4 12 0 3;4;5;6

3 3

log 1 2 0 1 4

x x x x x x x x

x x

 

           

     

          

 

 .

+) Trường hợp 2:

 

4 12 2 2

2

5 5 0 4 12 0 2

0 1 4 6 log 1 2 0

1 3

x x x

x x

x

   

      

    

         

 

   

(vô lý).

Vậy có 4 giá trị nguyên củaxthỏa mãn.

Câu 44: Đáp án C

Gọi M x y



;



là điểm biểu diễn số phức z x yi x y 



, 



.

Khi đó



^z^¹

 

^z^²ⁱ



^



^x^{ }¹ ^{yi x}



^ ^



^y^²



ⁱ^^^x²^^y²^{ }^x ²^y^



²^{x y}^{ }²



ⁱ là số thuần ảo.

(16)

Suy ra: ² ² 2 0 ¹ ²



1



² ⁵

2 4

x y  x y x   y  .

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phứczlà đường tròn có bán kính ⁵ ² ⁵

2 4

R  S R   . Câu 45: Đáp án D

Hàm số y g x

 

là hàm số chẵn có ít nhất 7 cực trị



² ¹



y f x x m

     có ít nhất 3 cực trị dương.

Ta có ^y^^



^{2 1}^x^



^{f x}^



²^²^{x m}^{  }^{1 0}



(Từ đồ thị hàm số y f x 

 

).

2 2 2

1 2

1 1 1 1 1 2 x

x x m x x m x x m

 

    



     

     



.

Riêng trường hợp x² 2x m 2 là sẽ có nghiệm bội chẵn nên không xét.

Xét    x² x 2 m;   x² x m;    x² x 1 m.

Từ các đồ thị suy ra ^m^



^{0; 1; 2}^{ }



thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Ta có f x

 

3x²2ax b f x ; 

 

6x2 ;a f x

 

6 ;

             

6

g x  f x  f x  f x g x  f x  f x  . Do g x

 

có hai giá trị cực trị là4 và 8 nên

 

¹

2

0 x x

g x x x

 

     với g x

 

1 4, g x

 

2 8.

(17)

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường

 

2

 

6 y f x

 g x

 và y2 là

 

2

 

6 2 f x g x 



   

2f x 2g x 12

  

       

2f x 2f x 2f x 2f x 12

    

       

2f x 2f x 12 0 f x f x 6 0

       

 

¹

2

0 x x

g x x x

 

      .

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

 

2

 

6 y f x

 g x

 và y2 là:

       

     

 

2 2 2

1 1 1

2 2 2 12 2 2 12

6 2 6 18

x x x

f x f x g x f x f x

S dx dx dx

g x g x g x

           





    



   



  

     

   

2 2

2 1

1 1

2 2 2 ln 6 2 ln 2 ln10 2ln 5

6 6

x x

x

x x x

g x g x

dx dx g x

g x g x

     





   



        ^. Câu 47: Đáp án A

Mặt cầu (S) có tâm O(0;0;0) và bán kính R = 5.

Gọi I là tâm đường tròn (T), khi đó: OI d O,( )

 

₂ ⁹₂ ₂ 3 1 2 2

   

 

2 2 2 2

CD 2CI 2 R OI 2 5 3 8

       .

Gọi BH là đường kính của (T), khi đó: AB 2OI 6  . Ta có: V_ABCD ¹.AB.S_BCD ¹AB. BK.CD=8BK¹

3 3 2

 

Với K là hình chiếu vuông góc của B trên CD.

Ta có: BK BI ^CD 4

  2  . Dấu “=” xảy ra khi K I hay BI CD .

Suy ra: V_ABCD 8BK 8.4 32  (V_{ABCD max}) 32. Câu 48: Đáp án C

Gọi M(z )₁ , khi đó z 2 3i 1₁   M (C ) ₁ với (C )₁ là đường tròn tâm I (2;3)₁ và R 1₁ .

Gọi N(z )₂ , khi đó z 2 5i 2₂    N (C )₂ với (C )₂ là đường tròn tâm I ( 2; 5)₂   và R₂ 2.

Gọi A(z) và z x yi  , khi đó: z 3 i z 1 i    

(18)

2 2 2 2

(x 3) (y 1) (x 1) (y 1) x y 2 0

            . Suy ra A : x y 2 0   . Ta có:

1 2 1 2 1 2

T AM AN (AM MI ) (AN NI ) 3 AI AI 3 I I 3 4 5 3              . Dấu “=” xảy ra khi

 

A I I1 2 . Vậy T_min 4 5 3 .

Chú ý:Ở bài toán này do I , I₁ ₂ khác phía so với  nên dấu “=” xảy ra, nếu trường hợp cùng phía ta phải lấy thêm điểm đối xứng để chuyển về khác phía.

Câu 49: Đáp án D Ta có diện tích mặt cầu

2

2 2 mc 2

mc c c

S 13 a3 13a

S 4 R R

4 4 12



     

  (*).

Gọi R_d là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy.

Đặt

day

SA AC tan 60 x 3

AB x R x 3

3

   

  

 



.

Áp dụng mô hình 1 (cạnh bên vuông góc với mặt đáy)

Ta có:

2 2

2 2 2

c day SA c day SA x 3 x 3 13x

R R R R

2 2 3 2 12

   

             (2*).

Từ (*) và (2*), suy ra: ²

ABC

SA a 3

x a S a 3

4

 

  

 



.

Khi đó V_S.ABC ¹SA.S_ABC ^a³

3 4

  .

Câu 50: Đáp án C

Đặt BC a,AC b,AB c,AH h    .

Ta có:

2 2

2 2 2 4

2 2

1 2 2 2 4

2 1

2 2 2 2 2 4

2

1 ah 1 9

V BC. h

3 3 V a h

1 bc 1 9

V CA. AB

3 3 V b c

1 cb 1 9

V BA. AC

3 3 V c b

  

    

  

  

     

  

 

      

 

  

.

Suy ra:

2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2

1 1 9 9 9 1 1

V V b c c b b c c b

 

        

(19)

2 2 2 2 2 2 4 2

9 . 1 9 1

a h h a h V

  

  .

Vậy ₂ ₂ ₂ ¹ ²

2 2 2 2

1 2 1 2

V .V

1 1 1 V 3.4 12

V V V   V V  3 4  5

  .