Cộng đồng chia sẻ tri thức Lib24.vn

4 mã đề gốc môn toán THPT quốc gia 2019 và lời giải từng câu

d41d8cd98f00b204e9800998ecf8427e
Gửi bởi: Phạm Thọ Thái Dương 11 tháng 8 2020 lúc 16:18:08 | Được cập nhật: 19 tháng 4 lúc 16:28:12 Kiểu file: PDF | Lượt xem: 920 | Lượt Download: 16 | File size: 1.421862 Mb

Nội dung tài liệu

Tải xuống
Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan


Có thể bạn quan tâm


Thông tin tài liệu

Đề 1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mã đề 101 Câu 1. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90phút  P  : x 2 y 3z  1 0 . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của  P  ?   A. n3 1; 2; 1 . B. n4 1; 2;3 .  C. n1 1;3;  1 .  D. n2 2;3;  1 . Lời giải Chọn B Từ phương trình mặt phẳng  P  : x 2 y  3z  1 0 ta có vectơ pháp tuyến của  P  là  n4 1; 2; 3 . Câu 2. Với a là số thực dương tùy, log5 a2 bằng A. 2 log5 a . B. 2  log5 a . Chọn A Ta có log 5 a2 2 log5 a . 1  log 5 a . 2 Lời giải C. 1 D. log 5 a . 2 Câu 3. Cho hàm số f  x có bảng biến thiên như sau: Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A.   2; 0 . B.  2;   . C. 0; 2 . D. 0;   . Lời giải Chọn C Ta có f  x  0  x 0; 2  f  x nghịch biến trên khoảng 0; 2 . Câu 4. Nghiệm phương trình 32 x 1 27 là A. x5 . B. x 1 . C. x2 . Lời giải D. x4 . Chọn C Ta có 32 x 1 27  32 x 1 33  2 x  1 3  x  2. Câu 5. Cho cấp số cộng un  với u1 3 và u2 9 . Công sai của cấp số cộng đã cho bằng A.  6 . B. 3 . Chọn D Ta có: u2 u1  d  9 3  d  d  6 C. 12 . Lời giải D. 6 . Câu 6. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong hình vẽ bên www.mathvn.com 1 A. y x3  3x2  3 . B. y  x3  3x2  3 . C. y x4  2 x2  3 . Lời giải D. y  x4  2 x2  3 . Chọn A Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nên loại C và D. Khi x  thì y  nên hệ số a  0 . Vậy chọn A. Câu 7. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : x 2 y 1 z  3 . Vectơ nào dưới đây là một   1 2 1 vectơ chỉ phương của d?   A. u2  2;1;1 . B. u4 1; 2; 3 .  C. u3   1; 2;1 .  D. u1  2;1; 3 . Lời giải Chọn C Câu 8. Thể tích của khối nón có chiều cao h và bán kính r là 1 4 A. r 2h. B. r 2h. C. r 2h. 3 3 Lời giải Chọn A Câu 9. Số cách chọn 2 học sinh từ 7 học sinh là A. 27 . B. A72 . Chọn C C. C72 . Lời giải D. 2r 2h. D. 7 2 . Số cách chọn 2 học sinh từ 7 học sinh là C72 . Câu 10.Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm M  2;1;  1 trên trục Oz có tọa độ là A. 2;1; 0 . B. 0; 0;  1 . C. 2; 0; 0 . D. 0;1; 0 . Lời giải Chọn B Hình chiếu vuông góc của điểm M 2;1;  1 trên trục Oz có tọa độ là 0; 0;  1 . Câu 11.Biết 1 1 1 f  xdx 2 và gx dx 3, khi đó  f  x  gx  dx bằng 0 A.  5. 0 B. 5. C.  1. Lời giải Chọn A 1 Ta có 1 0 D. 1. 1  f  x  gx  dxf  xdx gx dx  2  3  5. 0 0 0 Câu 12.Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là 4 A. 3Bh. B. Bh. C. Bh. 3 Lời giải www.mathvn.com 1 D. Bh. 3 2 Đề 1 Chọn B Câu 13.Số phức liên hợp của số phức 3  4i là A.  3 4i . B.  3 4i . Chọn C C. 3  4i . Lời giải D.  4 3i . z 3  4i  z  3  4i . Câu 14.Cho hàm số f  x có bảng biến thiên như sau: Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại A. x2 . B. x 1 . C. x 1 . Lời giải D. x 3 . Chọn C Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x 1 . Câu 15.Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f  x 2 x 5 là A. x2  5 x  C. B. 2 x2  5 x  C. C. 2 x2  C. Lời giải D. x2  C. Chọn A Ta có f  x dx  2 x  5  dx  x2  5 x  C. Câu 16.Cho hàm số f  x có bảng biến thiên như sau: Số nghiệm thực của phương trình 2 f  x  3 0 là A. 2. B.1. C. 4. Lời giải Chọn C D.3. 3 Ta có 2 f  x  3 0  f  x  . 2 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y  f  x cắt đường thẳng y  3 tại ba điểm 2 phân biệt. Do đó phương trình 2 f  x  3 0 có 4 nghiệm phân biệt. Câu 17.Cho hình chóp S. ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ABC , SA2a , tam giác ABC vuông tại B , AB a 3 và BC a (minh họa hình vẽ bên). Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ABC bằng www.mathvn.com 3 A. 90  . B. 45 . Chọn B C. 30  . Lời giải D. 60 . , ABC SCA Ta thấy hình chiếu vuông góc của SC lên  ABC là AC nên SC    .    Mà AC  AB2  BC2 2a nên tan SCA  SA 1 . AC Vậy góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ABC bằng 45 . Câu 18.Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức phương trình z2  6 z  10 0 . Giá trị z12  z22 bằng A.16. B.56. C. 20. Lời giải Chọn A D.26. Theo định lý Vi-ét ta có z1  z2 6, z1.z2 10 . 2 Suy ra z12  z22  z1  z2   2 z1 z2 62  20 16 . 2 Câu 19.Cho hàm số y 2 x  3 x có đạo hàm là 2 A. (2 x 3).2x  3 x.ln 2 . Chọn A 2 B. 2 x  3 x.ln 2 . 2 C. (2 x 3).2x  3 x . Lời giải Câu 20.Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) x3  3x 2 trên đoạn [  3; 3] bằng A.  16 . B. 20 . C. 0 . Lời giải Chọn B Ta có: f  x x3  3 x 2  f  x 3x2  3 www.mathvn.com 2 D. ( x2  3x).2 x  3 x 1 . D. 4 . 4 Đề 1  x 1 Có: f  x 0  3 x2  3 0    x  1 Mặt khác : f   3   16, f   1 4, f 1 0, f 3  20 . Vậy max f  x 20 .   3;3 Câu 21.Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S) : x2  y2  z2  2 x 2 z  7 0 . bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 7 . B. 9 . C. 3 . Lời giải D. 15 . Chọn C Ta có: 2 2 2 2 ( S) : x2  y2  z2  2 x  2 z  7 0  x 1  y2   z  1 9  x 1  y2   z  1 32 Suy ra bán kính của mặt cầu đã cho bằng R 3 . Câu 22.Cho khối lăng trụ đứng ABC. A' B' C' có đáy là tam giác đều cạnh a và AA'  3a (hình minh họa như hình vẽ). Thể tích của lăng trụ đã cho bằng A. 3a3 . 4 B. 3a3 . 2 Chọn A a3 . 4 Lời giải C. D. a3 . 2 a 3 . 4 Ta lại có ABC. A' B' C' là khối lăng trụ đứng nên AA'  3a là đường cao của khối lăng trụ. Ta có: ABC là tam giác đều cạnh a nên SABC  a2 3 3a3  . 4 4 2 Câu 23.Cho hàm số f  x có đạo hàm f '  x  xx  2  , x  . Số điểm cực trị của hàm số đã cho Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là: VABC. A' B' C'  AA'.SABC a 3. là A. 0 . Chọn D B. 3 . C. 2 . Lời giải D. 1.  x 0 2 2 Xét f '  x  xx  2  . Ta có f '  x 0  x x  2  0   .  x 2 Bảng biến thiên Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm suy ra hàm số có một cực trị. www.mathvn.com 5 Câu 24.Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn a4 b16 . Giá trị của 4 log2 a  log2 b bằng A. 4 . B. 2 . C. 16 . Lời giải D. 8 . Chọn A Ta có 4 log2 a  log 2 b log 2 a4  log 2 b log 2 a4 blog 216 4 . Câu 25.Cho hai số phức z1 1  i và z2 1  2i . Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, điểm biểu diễn số phức 3z1  z2 có toạ độ là A. 4; 1 . B.   1;4  . Chọn A  3z1  z2 3 1  i   1  2i  4  i . C.  4;1 . D. 1;4  . Lời giải  Vậy số phức z 3z1  z2 được biểu diễn trên mặt phẳng toạ độ Oxy là M 4; 1 . Câu 26.Nghiệm của phương trình log3  x1 1 log3  4 x 1 là A. x3 . B. x 3 . Chọn D  log3  x 1 1 log3  4 x1 1 C. x4 . Lời giải D. x2 .  1  log3  3. x  1 log3 4 x  1  3x 3 4 x1 0  x 2 .  Vậy 1 có một nghiệm x2 . Câu 27.Một cở sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau, bán kính đáy lần lượt bằng 1m và 1, 2m. Chủ cơ sở dự định làm một bể nước mới, hình trụ, có cùng chiều cao và có thể tích bằng tổng thể tích của hai bể nước trên. Bán kính đáy của bể nước dự dịnh làm với kết quả nào dưới đây? A. 1,8m. B. 1, 4m. C. 2, 2m. D. 1, 6m. Lời giả i Chọn D gần nhất Ta có: V1  R12h  h và V2  R2 2h  36  h. 25 Theo đề bài ta lại có: V V1  V2 V1  h   R2  36  61  h h  R2 h. 25 25 61 R 1, 56( V ,R lần lượt là thể tích và bán kính của bể nước cần tính) 25 www.mathvn.com 6 Đề 1 Câu 28.Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên như sau: Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là A. 4. B. 1. C. 3. D. 2. Lời giải Chọn D Dựa vào bản biến thiên ta có lim y   x 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x 0 y 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. lim y 2   x Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 2 Câu 29.Cho hàm số f  x liên tục trên  . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f  x , y 0, x  1 và x 4 (như hình vẽ bên). Mệnh đề nào dưới đây là đúng? 1 4 1 A. S   f  xdx f  xdx. 1 B. S  f  xdx 1 1 1 4 f  xdx. 1 1 C. S  f  xdx f  xdx. 1 4 4 D. S   f  xdx 1 1 f  xdx. 1 Lời giải Chọn B 4 1 4 1 4 Ta có S   f  x dx  f  x dx  f  x dx f  xdx 1 1 1 1 f  xdx 1 Câu 30.Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1; 3; 0 và B 5;1; 2  . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là A. 2 x  y  z  5 0 . B. 2 x y z  5 0 . C. x y  2 z  3 0 . D.3 x  2 y  z  14 0 . Lời giải Chọn B  Ta có tọa độ trung điểm I của AB là I 3; 2; 1 và AB 4;  2;  2  .   Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua I và có vectơ pháp tuyến n  AB nên có phương trình là 4  x  3   2  y  2   2  z  1 0  2 x  y  z  5 0 . Câu 31.Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f  x  A. 2 ln x  1  2 C . x1 2 x 1 2  x1 trên khoảng  1; là B. 2 ln x  1  www.mathvn.com 3 C . x 1 7 C. 2 ln x  1  2 C . x 1 D. 2 ln x  1  Lời giải Chọn B 2 x 1 f  x dx  x1 2 Vì x  1; nên 3 C . x1 2  x  1  3 dx dx 3  3 2 ln x  1  C . dx  d x 2  2 2 x1 x1  x  1  x  1 3 f  xdx2 ln x  1  x  1  C 2 Câu 32.Cho hàm số f  x . Biết f 0  4 và f  x 2 cos x1 , x  , khi đó  4 f  xdx bằng 0 2 A. 2  4 . 16 B.   14  . 16 Chọn C 2 C.  16   4 . 16 D. Lời giải 2 16   16 . 16 1 Ta có: f  x f  xdx  2 cos2 x  1 dx2  cos 2xdx2 x  sin 2x  C . 2 1 1 Theo bài: f 0  4  2.0  .sin 0  C 4  C  4 . Suy ra f  x 2 x  sin 2x  4 . 2 2 Vậy:    2   1  2  16   4 1    2 cos 2x 4   f x dx x x dx x x .  2  sin 2  4    4                 2 4 16    0  16   4 0 0 4 4 Câu 33.Trong không gian Oxyz, cho các điểm A1; 2; 0 , B 2; 0; 2 , C  2;  1;3  và D 1;1;3  . Đường thẳng đi qua C và vuông góc với mặt phẳng  ABD có phương trình là  x   2 4t  A.  y   2 3t .  z 2  t   x 2  4t  B.  y   1 3t .  z 3  t   x   2 4t  C.  y   4 3t .  z 2  t  Lời giải  x 4  2t  D.  y 3  t .  z 1 3t  Chọn C     Ta có AB 1;  2; 2 , AD 0;  1;3    AB, AD    4 ; 3;  1 . Đường thẳng đi qua C và vuông góc với mặt phẳng  ABD có phương trình là  x   2 4t   y   4 3t .  z 2  t    Câu 34.Cho số phức z thỏa mãn 3 z  i   2  i  z 3  10i . Mô đun của z bằng A. 3 . B. 5 . Chọn C Gọi z  x yi  x, y    z x yi .  C. 5 . Lời giải D. 3 .  Ta có 3 z  i  2  i  z 3  10i  3  x yi   2  i  x yi 3  7i  x y 3  x 2  x y   x 5 yi 3  7i   .   x 5 y 7  y   1 www.mathvn.com 8 Đề 1 Suy ra z 2  i . Vậy z  5 . Câu 35.Cho hàm số f  x , bảng xét dấu của f  x như sau: x  f  x  3 0  1 0  1 0   Hàm số y  f 3  2 x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. 4;  . B.   2;1 . C. 2; 4 . D. 1; 2 . Lời giải Chọn B   3 3  2 x   1  2  x  3 Ta có y   2 f 3  2 x  0  f 3  2 x  0    .  3  2x  1  x1 Vì hàm số nghịch biến trên khoảng   ;1 nên nghịch biến trên  2;1 . Câu 36.Cho hàm số f  x , hàm số y  f  x liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. Bất phương trình f  x  x m ( m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi x 0; 2 khi và chỉ khi A. m f 2   2 . Chọn B B. m f 0  . C. m f 2   2 . D. m f 0  . Lời giải Ta có: f  x  x m gx   f  x  x  m. Từ đồ thị hàm số y  f  x ta thấy: g x  f  x  1 0  max gx  g0   f 0  . 0;2  Do đó: bất phương trình f  x  x m nghiệm đúng với mọi x 0; 2 khi và chỉ khi www.mathvn.com 9 max gx  m f 0  m. 0;2  Câu 37.Chọn ngẫu nhiên 2 số tự nhiên khác nhau từ 25 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được hai số có tổng là một số chẵn bằng 1 13 12 313 A. . B. . C. D. . . 2 25 25 625 Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu: n  C252 300 (kết quả đồng khả năng xảy ra). Gọi biến cố A là biến cố cần tìm. Nhận xét: tổng của hai số là một số chẵn có 2 trường hợp: + TH1: tổng của hai số chẵn Từ số 1 đến số 25 có 13 số chẵn, chọn 2 trong 13 số chẵn có: C132 78 (cách) + TH2: tổng của hai số chẵn Từ số 1 đến số 25 có 12 số chẵn, chọn 2 trong 12 số chẵn có: C122 66 (cách) Suy ra: nA  78  66 144 Vậy: P A   nA  144 12   . n  300 25 Câu 38.Cho hình trụ có chiều cao bằng 5 3 . Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 1, thiết diện thu được có diện tích bằng 30. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 10 3  . Chọn C B. 5 39 . C. 20 3 . Lời giải D. 10 39 . Goi hình trụ có hai đáy là O, O  và bán kính R . Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục nên thiết diện thu được là hình chữ nhật 30 2 3 . ABCD với AB là chiều cao khi đó AB CD 5 3 suy ra AD BC  53   2 3 AD2 Gọi H là trung điểm của AD ta có OH 1 suy ra R  OH 2   1 4 4 Vậy diện tích xung quanh hình trụ là Sxq 2 Rh2  .2.5 3 20 3 . 2 2 . Câu 39.Cho phương trình log 9 x2  log 3 3 x  1  log 3 m ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm A. 2 . B. 4 . C. 3 . Lời giải Chọn A www.mathvn.com D.Vô số. 10 Đề 1 1 3 Phương trình tương đương với: Điều kiện: x 3x 1 3x 1 log 3 mm  f  x x x 1 1  f  x  2  0; x  ;  x 3  log3 x  log3 3 x  1   log 3 m log 3 3x 1 1  ; x  ;  ; x 3  Bảng biến thiên Xét f  x  Để phương trình có nghiệm thì m 0; 3 , suy ra có 2 giá trị nguyên thỏa mãn Câu 40.Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (minh họa như hình vẽ bên). Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBD bằng S D A B A. 21a . 14 B. C 21a . 7 2a . 2 Lời giải C. D. 21a . 28 Chọn B Gọi H là trung điểm AB. Suy ra SH   ABCD . Ta có d H ,SBD   BH 1    d  A, SBD  2d H ,SBD   . d  A, SBD  BA 2 www.mathvn.com 11 Gọi I là trung điểm OB , suy ra HI || OA(với O là tâm của đáy hình vuông).  BD  HI  BD   SHI  .   BD  SH 1 1 1 a 21  2  2  HK  Vẽ HK  SI  HK   SBD . Ta có . 2 HK SH HI 14 a 21 Suy ra d  A, SBD  2d H ,SBD .   2HK  7 a 2 1 Suy ra HI  OA  . Lại có 2 4 1 Câu 41.Cho hàm số f  x có đạo hàm liên tục trên  . Biết f  4  1 và xf 4 x dx 1 , khi đó 0 4 2 x f  x dx bằng 0 A. 31 . 2 B.  16 . C. 8 . Lời giải Chọn B Đặt t 4 x  dt  4dx 1 Khi đó: D. 14 . 4 t. f t xf x  4 dx dt 1      16 0 0 4 xf  x dx 16 0 4 Xét: 2 x f  x dx 0 Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có: 4 2 4 4 4 2 x f  x dx x f  x  2 x. f  x dx 16. f 4   2x. f  x dx 16  2.16  16 0 0 0 0 Câu 42.Trong không gian Oxyz, cho điểm A0; 4; 3 . Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3. Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất, d đi qua điểm nào dưới đây? A. P  3; 0; 3 . B. M 0;  3; 5  . C. N 0;3;  5  . D. Q 0;5;  3 . Lời giải Chọn C Ta có mô hình minh họa cho bài toán sau: www.mathvn.com 12 Đề 1 Ta có d  A; dmin  d  A; Oz  d d ;Oz  1 .   Khi đó đường thẳng d đi qua điểm cố định 0;3; 0 và do d / /Oz  ud k 0; 0;1 làm vectơ  x 0  chỉ phương của d  d :  y 3 . Dựa vào 4 phương án ta chọn đáp án C. N 0;3;  5  .  z t  Cách :2Điểm A thuộc mặt phẳng Oyz và có tung độ dương. Đường thẳng d thuộc mặt trụ có trục là Oz và có bán kính bằng 3 (phương trình: x2  y2 9 ). Do đó khi khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất thì d phải nằm trong mặt phẳng Oyz và cách Oz một khoảng bằng 3, đồng thời đi qua điểm có tung độ dương. Vậy d đi qua điểm N 0; 3; 5 . Câu 43.Cho hàm số bậc ba y  f  x có đồ thị như hình vẽ bên.   Số nghiệm thực của phương trình f x3  3 x  A. 3 . B. 8 . 4 là 3 C. 7 . Lời giải D. 4 . Chọn B 4 1 . 3 Đặt t  x3  3 x, ta có: t 3 x2  3 ; t 0  x 1 .   Xét phương trình: f x3  3 x  Bảng biến thiên: x t   1 0  1 0    2 t 2  4 với t  . 3 Từ đồ thị hàm số y  f  x ban đầu, ta suy ra đồ thị hàm số y  f t như sau: Phương trình 1 trở thành f t  www.mathvn.com 13 4 có các nghiệm t1  2  t2  t3  2  t4 . 3 Từ bảng biến thiên ban đầu ta có: +) x3  3 x t1 có 1 nghiệm x1 . Suy ra phương trình f t  +) x3  3 x t4 có 1 nghiệm x2 . +) x3  3x t2 có 3 nghiệm x3 , x3 , x5 . +) x3  3 x t3 có 3 nghiệm x6 , x7 , x8 .   Vậy phương trình f x3  3 x  4 có 8 nghiệm. 3 Câu 44.Xét các số phức z thỏa mãn z  2 . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp điểm biểu diễn của các số phức w  4  iz là một đường tròn có bán kính bằng 1 z A. 34. B. 26. C. 34. Lời giải D. 26. Chọn A 4  iz  w(1  z) 4  iz  z w  i  4  w  1 z Đặt w x yi x, y   Ta có w   x 42  y2  2  x2  y2  2 y  1 x2  8 x 16  y2 2 2 x2  y2  8 x  4 y  14 0  x 4    y  2  34 Ta có  2 w  i 4 w 2 2. x2   y  1  Vậy tập hợp điểm biễu diễn của các số phức w là đường tròn có bán kính bằng 34 1 Câu 45.Cho đường thẳng y  x và Parabol y  x2  a ( a là tham số thực dương). Gọi S1 và S2 lần 2 lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 S2 thì a thuộc khoảng nào sau đây? www.mathvn.com 14 Đề 1 31  A.  ;  .  7 2  1 B.  0;  .  3 12  C.  ;  . 35  23  D.  ;  57  Lời giải Chọn C Cách 1: 1 Xét phương trình tương giao: x2  a  x 2  x1 1 1  2a 1 , với điều kiện 0  a  .  x2  2 x  2a 0   2  x1 1 1  2a 1  t2 . 2 Xét gx  x2  x a và g x dxG x   C .  Đặt t  1  2a, t 0   a x1 Theo giả thiết ta có S1 g x dxG x1   G 0  . 0 x2 S2  g x dx G x1   G x 2  . x1 1 3 1 2 x2  x2  ax2 0 6 2  1  t2  2  x22  3x2  6a 0  1 t  3 1  t  6   0  2  Do S1 S2  G x 2  G 0     2t2  t 1 0  t 1 và t  1 (loại). 2 1 3 Khi t   a  . 2 8 Cách 2: 1 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  x và y  x2  a : 2 1 1 x  x2  a  x2  x a 0 (có  1  2a ) 2 2 1 Theo hình, ta có: 0  a  . 2 Gọi x1 , x2 0  x1  x2  là hai hoành độ giao điểm: x1 1  1  2a , x2 1  1  2a 1 . www.mathvn.com 15 x1 x 2 1 1    S1 S2   x2  a  xdx  x  x2  adx. 2 2   0 x1  x1 x2 1 2 1 3 1 2 1 3  Khi   6 x  ax 2 x   2 x  6 x  ax .  0   x1  x22 x23   ax2 0  3x2  x22  6a 0.  2  2 6 1  3 a  a Từ 1, 2   1  2a 4a  1  . 4 8 16a 2  6a 0  Câu 46.Cho hàm số f  x , bảng biến thiên của hàm số f  x như sau Số điểm cực trị của hàm số y  f  x2  2 x là A. 9 . B. 3 . Chọn C Cách 1 C. 7 . Lời giải D. 5 . Từ bảng biến thiên ta có:  x a, a   ; 1   x b, b  1; 0 Phương trình f  x 0 có các nghiệm tương ứng là  . x  c  , c 0;1     x d, d  1;   Xét hàm số y  f  x2  2 x   y 2  x  1 f  x2  2 x .  x 1  2  x  2 x a 1 x  1 0   Giải phương trình y 0  2  x  1 f  x2  2 x 0     x2  2 x b  2  . 2  f x  x  2 0     x2  2 x c 3   x2  2 x d 4   2 Xét hàm số hx   x2  2 x ta có hx   x2  2 x  1  x  1  1,x  do đó Phương trình x2  2 x a,  a  1 vô nghiệm. www.mathvn.com 16 Đề 1 Phương trình x2  2 x b,   1 b  0  có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 không trùng với nghiệm của phương trình 1 . Phương trình x2  2 x c, 0  c  1 có hai nghiệm phân biệtx3 ; x4 không trùng với nghiệm của phương trình 1 và phương trình 2  . Phương trình x2  2 x d,  d  1 có hai nghiệm phân biệt x5 ; x6 không trùng với nghiệm của phương trình 1 và phương trình  2  và phương trình 3  . Vậy phương trình y 0 có 7 nghiệm phân biệt nên hàm số y  f  x2  2 x có 7 điểm cực trị. Cách 2 Từ bảng biến thiên ta có:  x a, a   ; 1   x b, b  1; 0 Phương trình f  x 0 có các nghiệm tương ứng là   x c, c 0;1  x d, d  1;   2 2 y 2  x  1 f  x  2 x . Xét hàm số y  f  x  2 x    x 1  2  x  2 x a 1 x  1 0   y 0  2  x  1 f  x2  2 x 0     x2  2 x b  2  . 2  f x x  2  0     x2  2 x c 3   x2  2 x d  4   Vẽ đồ thị hàm số hx   x2  2 x Dựa vào đồ thị ta thấy: phương trình 1 vô nghiệm. Các phương trình 2 ; 3 ; 4  mỗi phương trình có 2 nghiệm. Các nghiệm đều phân biệt nhau. Vậy phương trình y 0 có 7 nghiệm phân biệt nên hàm số y  f  x2  2 x có 7 điểm cực trị. Câu 47.Cho lăng trụ ABCA ' B 'C ' có chiều cao bằng 8 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 6 . Gọi M ,N và P lần lượt là tâm của các mặt bên ABB' A' , ACC' A' và BCC' B ' . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C ,M ,N P, bằng: A. 27 3 . Chọn A B. 21 3 . C. 30 3 . Lời giải www.mathvn.com D. 36 3 . 17 Cách 1: C A B N A1 C1 Q M B1 C' A' B' 8.6 2 3 72 3 . 4 Gọi A1 ,B1C , 1 là trung điểm của AA, BB,CC  . Thể tích khối lăng trụ đã cho là V  Thể tích khối đa diện cần tính là thể tích khối lăng trụ ABC. A1 B , trừ đi thể tích các khối 1 1C chóp AA1 MN; BB ; CC . 1 MP 1 NP 62 3 V 18 Thể tích khối chóp AA1 MN bằng . . 4  . 32 4 24 V V 3V Vậy thể tích khối đa diện cần tính là VABCMNP   3  27 3. 2 24 8 Cách 2: www.mathvn.com 18 Đề 1 3 9 3 , chiều cao lăng trụ h8 . 4 Gọi I là trung điểm AA . Ta có  MINP / /  ABC . Diện tích của đáy S 62. Gọi E là giao điểm của A P và  ABC , suy ra BE / / AC và BE 2MP  AC , hay E là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABEC. Ta có V VA.ABEC  VP.BEC  VA.IMPN  VA. IMN . Trong đó: 1 2 VA.ABEC  .2S. h Sh. 3 3 1 1 1 1 VP .BEC  .SBEC.d P ,  ABC  S. h  Sh. 3 3 2 6 1 11 1 1 VA.IMPN  SIMPN .d  A,  IMPN   . S. h  Sh. 3 32 2 12 1 11 1 1 VA. IMN  SIMN .d  A, IMN   . S. h  Sh. 3 34 2 24 3 2 1 1 1   Vậy V VA.ABEC  VP.BEC  VA.IMPN  VA. IMN     Sh Sh27 3 . 8  3 6 12 24  Câu 48.Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S : x2  y2   z  Aa; b; c ( a, b, c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng 2 2  3 . Có tất cả bao nhiêu điểm Oxy sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của  S đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau? A. 12 . B. 8 . C. 16 . Lời giải D. 4 . Chọn A Do A (a ;b; c) thuộc mặt phẳng (Oxy) nên A (a ;b; 0) . Nhận xét: Nếu từ A kẻ được ít nhất 2 tiếp tuyến vuông góc đến mặt cầu khi và chỉ khi R £ IA £ R 2  £3 a2 + b2 + 2£ 6  £1 a2 + b2 £ 4. Tập các điểm thỏa đề là các điểm nguyên nằm trong hình vành khăn (kể cả biên), nằm trong mặt phẳng (Oxy) , tạo bởi 2 đường tròn đồng tâm O (0; 0;)0bán kính lần lượt là 1 và 2. Nhìn hình vẽ ta có 12 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 49. Cho hai hàm số y  x 3 x 2 x 1 x và y  x 2  x m ( m là tham số thực) có đồ    x 2 x 1 x x1 thị lần lượt là C1  và C2  . Tập hợp tất cả các giá trị của m để C1  và C2  cắt nhau tại 4 điểm phân biệt là A.  ; 2 . B.  2;  . C.   ; 2 . www.mathvn.com D. 2;  . 19 Lời giải Chọn B Cách 1: x 3 x 2 x 1 x     x 2  x m x 2 x 1 x x 1 x 3 x 2 x 1 x      x  2  x m (1) x 2 x 1 x x 1 Hàm số x  x 3 x 2 x 1    2 khi x   2  x  3 x  2 x 1 x  x 2 x  1 x x 1 px       x  2  x  x  2 x 1 x x1  x 3  x 2  x  1  x  2 x 2 khi x   2 x x 1  x 2 x  1 1 1 1  1   2  0, x   2;   \   1; 0;1; 2 2 2 2    x  2   x 1 x  x 1 Ta có p x  nên hàm số 1 1 1  1       x   2 0, 2   x  2 2  x  12 x2  x 12  y  px  đồng biến trên mỗi khoảng  ;  1 ,  1; 0 , 0;1 , 1; 2 ,  2; . Xét phương trình Mặt khác ta có lim px  2 và lim px   . x x Bảng biến thiên hàm số y g x  : x g x   2 + +  49 gx  Do đó để C1  0 1 1 +  2 +   +  2 12      và C2  cắt nhau tại đúng bốn điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 4 nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y  px  tại 4 điểm phân biệt  m  2. Cách 2: Phương trình hoành độ giao điểm của C1  và C2  : x 3 x 2 x 1 x     x 2  x m x 2 x 1 x x 1 x 3 x 2 x 1 x      x  2  x  m0 (1). x 2 x 1 x x1 x 3 x 2 x 1 x Đặt f  x      x  2  x  m. x 2 x 1 x x1 Tập xác định D  \   1; 0;1; 2. f  x   1 2  x 2  1 2   1 2  x  1 1 2   x 2 1 1   1 2 2 x 2 x  x  1 x 2   x 2 1 1   2 2 x 2 x  x  1  x  2   x 1  f  x  0 ,x D, x  2 . Bảng biến thiên www.mathvn.com 20