Đáp án đề thi THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 1 - Nhà sách giáo dục Lovebook

32 trang thaodu 2570

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đáp án đề thi THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 1 - Nhà sách giáo dục Lovebook", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

dap_an_de_thi_thpt_quoc_gia_mon_toan_de_so_1_nha_sach_giao_d.pdf

Nội dung text: Đáp án đề thi THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 1 - Nhà sách giáo dục Lovebook

Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN – ĐỀ SỐ 1 I. ĐỀ BÀI Xem trong tệp đề đính kèm theo sách II. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Trong các dãy số sau, dãy số nào là một cấp số nhân? WE’RE HERE A. 1, –3, 9, –27, 81. B. 1, –3, –6, –9, –12. C. 1, –2, –4, –8, –16. D. 0, 3, 9, 27, 81. Lời giải Dãy 1, –3, 9, –27, 81 là cấp số nhân với công bội q 3 . 36 Dãy 1, –3, –6, –9, –12 không phải là cấp số nhân vì . 12  CHECKPOINT 1 24 Dãy 1, –2, –4, –8, –16 không phải là cấp số nhân vì . 12 Dãy số 1; 0; 0; 0; 0; 0 có phải là một cấp số nhân không? Dãy 0, 3, 9, 27, 81 không phải là cấp số nhân vì uu12 0, 0 . Vì sao? Đáp án A. Câu 2: Hàm số y x x2442 đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau? A. 1;0 . B. 0; . C. ;1 . D. 0 ;1 . x 0 Lời giải Ta có yxxxx 888132 ; y 0 . x 1  CHECKPOINT 2 Bảng biến thiên: Xác định các khoảng đồng x –∞ –1 0 1 +∞ biến và nghịch biến của hàm y' – – + số . 0 + 0 0 +∞ +∞ Xem thêm bài 1, 2 trong phần y 0 “Bài tập rèn luyện”. –2 –2 Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng 1;0 và 1; . Đáp án A. STUDY TIP 3 TXĐ của hàm số lũy thừa Câu 3: Tìm tập xác định D của hàm số yx 412 . với là số nguyên 11 11 âm hoặc bằng 0 là , A. D ; . B. D \; . với nguyên dương là 22 22 với không nguyên là 11 C. D  ;; . D. D . 22  CHECKPOINT 3 Lời giải Điều kiện xác định của hàm số là 1 Tìm tập xác định của hàm số 4x2 1 0 x . . 2 Xem thêm bài 3, 4 trong phần Đáp án B. “Bài tập rèn luyện”. Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi i,, j k là các vectơ đơn vị, khi đó với M x;; y z thì OM bằng A. xi yj zk. B. xi yj zk. C. xj yi zk. D. xi yj zk. LOVEBOOK.VN| 7
Đề số 1 More than a book Lời giải Vì M x y z;; nên OMxyzOMxiyjzk ;;. Đáp án D. Câu 5: Cho số phức ziii 2432 . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z . A. Phần thực là 1 và phần ảo là i . B. Phần thực là 1và phần ảo là 5.i C. Phần thực là 1 và phần ảo là 1. D. Phần thực là 1 và phần ảo là 5.  CHECKPOINT 5 Lời giải Tìm phần thực và phần ảo Cách 1: Ta có ziii 2432 iiii24321 . của số phức . Cách 2 (sử dụng MTCT): Xem thêm bài 5, 6, 7, 8, 9 trong phần “Bài tập rèn luyện”. - Chuyển MTCT về chế độ số phức. - Nhập biểu thức iii 2432 vào máy, bấm dấu “ ”. Máy hiển thị kết STUDY TIP quả là 1 i . MTCT có thể tính toán giá trị các biểu thức chứa các phép toán cộng, trừ, nhân, chia trên tập số phức. Vậy phần thực và phần ảo của số phức z đều bằng 1. Đáp án C. Câu 6: Đường cong ở hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D y dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào? 2 A. yxx 21. B. yx log0,5 . 1 1 O x C. y . D. y 2x . 2x x 11 Lời giải Do yy nên dựa vào tính chất đồ thị hàm số mũ nằm 2x 2 Xem thêm bài 10, 11, 12 trong phần “Bài tập rèn luyện”. trên trục hoành và hàm nghịch biến trên nên ta chọn đồ thị trên là đồ thị hàm số . Đáp án C. Chú ý: Đồ thị hàm số ya x : y y y = ax y = ax 1 1 O x O x a > 1 0 < a < 1 Câu 7: Cho tam giác ABC vuông tại A và AC c, BC a . Quay tam giác ABC quanh trục AB ta thu được hình nón có diện tích xung quanh bằng Xem thêm bài 13, 14 trong phần 1 1 “Bài tập rèn luyện”. A. ac. B. 2. ac C. ac. D. ac. 3 2 8 |LOVEBOOK.VN
Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán FOR REVIEW Lời giải Quay tam giác A B C quanh trục AB ta thu được hình nón có đỉnh Cho hình nón có chiều cao , chiều cao và bán kính đáy , đường sinh nên diện tích h, độ dài đường sinh bằng B h A B r A C l BC l và bán kính đáy bằng r. xung quanh của hình nón bằng r l a c . Khi đó Đáp án A. (1): Diện tích xung quanh của hình nón là . Câu 8: Chọn khẳng định sai (2): Thể tích khối nón là A. Nếu n là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng P thì kn k cũng . là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng P . (3): . (4): Thiết diện qua trục của B. Một mặt phẳng hoàn hoàn được xác định nếu biết một điểm nó đi qua và hình nón là tam giác cân một vectơ pháp tuyến của nó. tại đỉnh của hình nón và có cạnh bên bằng l, cạnh đáy C. Mọi mặt phẳng trong không gian Oxyz đều có phương trình tổng quát dạng bằng 2r, còn diện tích bằng Ax By Cz D 0, A2 B 2 C 2 0 . hr. D. Trong không gian Oxyz, mỗi phương trình có dạng AxByCzD 0, ABC222 0 đều là phương trình của một mặt phẳng nào đó. Lời giải Ta thấy phương án A sai do thiếu điều kiện k 0. Đáp án A. S Câu 9: Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 4. B. 6. C. 8. D. 2 J A Lời giải D G I Đó là các mặt phẳng SACSBDSHJSGI,,, với GHIJ,,, lần lượt là các O B H C trung điểm của các cạnh ABCBCDAD,,, (hình vẽ bên). Đáp án A. Câu 10: Phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu? A. xyzx222 20. B. xyzxy222 210. 2 2 C. 2221.xyxyzx222 D. xyxyz 21. 2 Lời giải Ta có 2 FOR REVIEW xyzxxyz22222 2011 là phương trình mặt cầu. Cho tập hợp A có n phần Đáp án A. tử. Số cách lấy k phần tử từ tập hợp A (cũng chính là Câu 11: Cho tập hợp A gồm 2020 phần tử. Số tập con gồm 6 phần tử của tập hợp số tập con gồm k phần tử bằng của A) bằng . A 6 6 2014 6 A. A2020 . B. 2020. C. A2020 . D. C2020 .  CHECKPOINT 11 Lời giải Cho tập hợp S gồm 2019 phần tử. Số tập con gồm 23 Số tập con gồm 6 phần tử của tập hợp A bằng số tổ hợp chập 6 của 2020 phần phần tử của tập hợp S bằng 6 bao nhiêu? tử, tức là bằng C2020 . Xem thêm bài 15 trong phần Đáp án D. “Bài tập rèn luyện”. LOVEBOOK.VN| 9
Đề số 1 More than a book Câu 12: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y 2 MEMORIZE 1 Khi nhận dạng đồ thị hàm O 1 2 x số phân thức bậc nhất trên bậc nhất ta thường căn cứ từ tiệm cận đứng, tiệm cận x 2 x 2 x 2 24x ngang của đồ thị, giao A. y . B. y . C. y . D. y . điểm của đồ thị với các trục x 1 x 2 x 1 x 1 tọa độ, tính chất đơn điệu của hàm số. Lời giải Xem thêm bài 16, 17 trong phần Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x 1 và tiệm cận ngang y 1 nên loại B, D. “Bài tập rèn luyện”. Đồ thị hàm số qua điểm 0;2 nên chọn A. Đáp án A. 2 Câu 13: Tìm họ nguyên hàm của hàm số yx 2 3x . FOR REVIEW x x3 32x x3 2 A. CC, . B. 3,x CC . 3ln 3 x2 3 x2 x3 3x x3 3x C. 2ln,xCC . D. 2ln,xCC . 3ln 3 3ln 3 3 x 2 x 13x Lời giải Ta có: xxxC 3d2ln, C . x 3ln3 Đáp án C. Câu 14: Số điểm cực trị của đồ thị hàm số yx 4 là A. 0. B. 3. C. 1. D. 2. Lời giải Tập xác định D .  CHECKPOINT 14 Ta có yx 4 3 yxx 0400 3 Hàm số có bao nhiêu điểm cực trị? Đó Bảng xét dấu: là những điểm nào? x –∞ 0 +∞ y' – 0 + Xem thêm bài 18, 19 trong phần “Bài tập rèn luyện”. Vậy đồ thị hàm số đã cho có 1 điểm cực trị. Đáp án C. Câu 15: Cho các số thực a , b ab . Nếu hàm số y f x có đạo hàm là hàm liên tục trên thì b b A. f x d x f a f b . B. f x d x f b f a . a a b b C. f x d x f a f b . D. f x d x f b f a . a a 10 |LOVEBOOK.VN
Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán b FOR REVIEW b Lời giải Ta có f x x d fx f b f a . Áp dụng tính chất a a Đáp án B. f 0 Câu 16: Cho fxxx 1312 3 và g x x s i n . Tính giá trị của . g 0 5 5 A. . B. . C. 0. D. 1. 6 6 32 325 Lời giải Ta có fx f 0 . 2 2 1 3x 33 1 2x 236 f 0 5 Lại có g x x c o s g 01 . Vậy . g 0 6 Đáp án A. Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S tâm I a;; b c bán kính bằng 1, tiếp xúc với mặt phẳng O x z . Khẳng định nào sau đây đúng? A. a 1. B. a b c 1. C. b 1. D. c 1.  CHECKPOINT 17 Lời giải Ta có phương trình mặt phẳng Oxz : y 0 . Viết phương trình mặt cầu Do mặt cầu S tâm I a b c;; bán kính bằng 1, tiếp xúc với mặt phẳng Oxz nên có tâm và tiếp dIOxz;1 b 1. xúc với mặt phẳng . Đáp án C. Xem thêm bài 20, 21 trong phần “Bài tập rèn luyện”. Lưu ý Trong không gian tọa độ Oxyz, mặt phẳng Paxbyczd :0 tiếp xúc với mặt cầu S tâm I xIII;; y z , bán kính R thì axbyczd dIPR ; III R. abc222 m 5 m Câu 18: Cho biểu thức 8 23 2 2 n , trong đó là phân số tối giản. Gọi n 22  CHECKPOINT 18 P m n . Khẳng định nào sau đây đúng? A. P 330;340 . B. P 350;360 . Cho a, b là các số thực dương. Rút gọn biểu thức C. P 260;370 . D. P 340;350 . . 3 1 111 Lời giải Ta có: 558 233 22 23 22 .2 .22 5 10 3015 Cách khác: Bạn có thể sử dụng MTCT bấm liên tiếp như sau: 11 Xem thêm bài 22, 23 trong phần 1 3 1  2 3  5 55333 15 “Bài tập rèn luyện”. 8 2 2 2 2 2 2 2 Đáp án D. Câu 19: Cho số phức z thỏa mãn z 1 i 3 5 i . Tính môđun của z . A. z 17 . B. z 16 . C. z 17 . D. z 4 . LOVEBOOK.VN| 11
Đề số 1 More than a book 35 i 351 ii Lời giải Cách 1: Ta có: ziiz 135 1 i 11 ii STUDY TIP 335538528 iiiii 2 14i . Ta có thể sử dụng MTCT để 1 i2 112 tính giá trị biểu thức 22 Do đó z 1417 . Cách 2: Ta có ziiziizii 135135. 135 2 3434 zzzz.113517222 . 2 2 Cách 3: (Sử dụng MTCT) 35 i Ta có ziiz 135 . Chuyển MTCT về MODE 2 (Số phức). Nhập 1 i 35 i vào MTCT biểu thức , bấm dấu “=”:  CHECKPOINT 19 1 i Cho số phức z thỏa mãn: . Tìm môđun của số phức z. Nhập vào MTCT biểu thức A n s , bấm dấu “=”: Xem thêm bài 24 trong phần “Bài tập rèn luyện”. Cách 4: (Sử dụng MTCT) 35 i Ta có z 1 i 3 5 i z . Chuyển MTCT về MODE 2 (Số phức). Nhập 1 i 35 i vào MTCT biểu thức , bấm dấu “=”. 1 i Đáp án A. xm STUDY TIP Câu 20: Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y trên đoạn x 1 Nếu hàm số 0;3 bằng 2 ( m là tham số thực). Khẳng định nào sau đây đúng? 31 liên tục trên đoạn thì A. m ; . B. m 1;0 . 22 luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên đoạn Khi đó: 3 3 C. m 0; . D. m 2; . 2 2 . Lời giải Hàm số đã cho xác định trên 0;3 .  CHECKPOINT 20 35 Xác định giá trị của tham số Ta có maxmin03yy yym 0;3 0;3 thực m để tổng giá trị lớn 44 nhất và giá trị nhỏ nhất của Kết hợp với giả thiết ta có hàm số trên 35 mm 21 . 44 bằng 8. Ta thấy đáp án A là phù hợp. Xem thêm bài 25 trong phần Đáp án A. “Bài tập rèn luyện”. 12 |LOVEBOOK.VN
Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán xx 1 Câu 21: Số nghiệm của phương trình log44log2321 x là 2 A. 2. B. 3. C. 1. D. 0. 3 Lời giải Điều kiện: 2302xx 1 . 2 xxxxx 11 Ta có: log44log23log44log21221 x 2log23 22 2 xxxxxxxx 11 log44log22 2234422323.240 21x (k t/m) x x 2 . Đối chiếu điều kiện ta thấy x 2 thỏa mãn. 24 (t/m) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm. Đáp án C. Câu 22: Cho i là đơn vị ảo. Gọi S là tập hợp các số nguyên dương n có 2 chữ số thỏa mãn in là số nguyên dương. Số phần tử của S là A. 22. B. 23. C. 45. D. 46. 2k 2k Lời giải Ta có với mọi k : ii42k 11 ; i i414 ikk i . ; DISCOVERY iiiiii42412kk 1 ; iiiii4342kk .1. . Với mọi , ta luôn có: n Do đó để thỏa mãn i là số nguyên dương thì nk 4 , k . . Số nhỏ nhất có 2 chữ số chia hết cho 4 là 12, số lớn nhất có hai chữ số chia hết cho 4 là 96. 9612 Vậy có 122 số nguyên dương n có 2 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 4 Đáp án A. Câu 23: Hình trụ có thiết diện qua trục là một hình vuông cạnh bằng 2cm , thể Xem thêm bài 26, 27, 28 trong tích của khối trụ tương ứng bằng phần “Bài tập rèn luyện”. A. 3 B. 3 C. 3 D. 3 FOR REVIEW cm . 2.cm 3.cm 4.cm Cho hình trụ có độ dài chiều cao bằng h và bán Lời giải Giả sử hình trụ có độ dài chiều cao bằng h và bán kính đáy bằng r kính đáy bằng r. Khi đó 1): Diện tích xung quanh thì thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật có kích thước bằng h và 2.r của hình trụ là . Theo giả thiết, ta có h 2 và 2rr 2 1. (2): Diện tích toàn phần Suy ra thể tích khối trụ là Vr h 2 2. của hình trụ là Đáp án B. . (3): Thể tích khối trụ là Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đường thẳng có phương trình nào . sau đây song song với mặt phẳng Oxz ? (4): Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật x 1 x 1 có kích thước bằng h và 2r. A. d1 :2 y t t . B. d2 :2 y t t . z 3 z 3 xt 2 xt 12 C. dy3 :0 t . D. dy4 :3 t . zt 62 zt 53 LOVEBOOK.VN| 13
Đề số 1 More than a book Lời giải Mặt phẳng O x z : y 0 có một vectơ pháp tuyến là véctơ j 0 ;1 ;0 . Nếu một đường thẳng song song với mặt phẳng O x z thì vectơ chỉ phương của đường thẳng đó phải vuông góc với vectơ j , khi đó đáp án C và D thỏa mãn. Đường thẳng d3 đi qua điểm A 2;0;6 Oxz nên d3  Oxz . Đường thẳng d4 đi qua điểm B O 1 x;3 z ;5  nên d4 O// x z . Đáp án D. mxm 15 Câu 25: Tìm tham số m để đồ thị hàm số y có tiệm cận ngang là 2xm đường thẳng y 1. 1 A. m 1. B. m . C. m 2 . D. m 1. 2 mxm 15 m 1  CHECKPOINT 25 Lời giải Ta có y lim x 22xm Tìm tham số m để đồ thị mm 11 hàm số có tiệm Suy ra đồ thị hàm số đã cho có TCN m 1. 22 cận ngang là đường thẳng Đáp án D. . Lưu ý Xem thêm bài 29 trong phần Cho hàm số yfx xác định trên khoảng vô hạn, đường thẳng dyy: 0 là tiệm “Bài tập rèn luyện”. cận ngang của đồ thị hàm số yfx nếu ít nhất một trong các điều kiện sau thỏa mãn: lim;fxyfxy lim. xx 00 Câu 26: Hàm số Fx nào dưới đây là nguyên hàm của hàm số yx 3 1 ? 4 3 4 4 A. FxxC 1 3 . B. FxxC 3 1 . 8 3  CHECKPOINT 26 3 3 3 3 C. FxxxC 11 . D. FxxC 4 1 . 4 4 Tìm nguyên hàm của hàm số . Lời giải Cách 1: Ta có: I 3 x1d x . MEMORIZE Đặt: tx 3 1 tx3 1 3t2 d t d x . Cách 2 cho ta đáp án cuối 3 3 4 3 Ittt .3d2 3dtt3 tC4 3 xC 1 xxC11 3 . cùng giống cách đổi biến 4 4 4 trên nhưng về bản chất toán 3 thì không đúng. Do phép Vậy F x x 11 3 x C . 4 biến đổi đã làm Cách 2: Có thể ”giải nhanh” như sau: thay đổi TXĐ của hàm số 1433 ban đầu. Fxxxx 331d 1 33 d x 1 x 1 CxxC 1 1 44 S Đáp án C. Câu 27: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD 2 a . Cạnh H bên SA 2 a và vuông góc với đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD. A 2a D A. 2a . B. . C. a 2 . D. a . 5 B C 14 |LOVEBOOK.VN
Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán ABSASAABCD do Lời giải Ta có: A B S A D . ABAD Trong S A D kẻ A H S D thì AH là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB và CD. Do đó d A B C, D A H . 1 S AD vuông cân nên AHSDa 2 . Xem thêm bài 30 trong phần 2 “Bài tập rèn luyện”. Vậy dABSDa ,2 . Đáp án C. Câu 28: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau: x –∞ –2 1 +∞ y' + 0 – 0 +  CHECKPOINT 28 3 2020 y Cho hàm số có –∞ 0 bảng biến thiên như hình vẽ câu 28 ở bên. Hãy xác định Giá trị cực đại của hàm số bằng các điểm cực trị, giá trị cực A. 2. B. 2020. C. 3. D. 1. trị của hàm số và điểm cực trị của đồ thị hàm số. Lời giải Xem thêm bài 31, 32, 33 trong Dựa vào bảng biến thiên suy ra giá trị cực đại của hàm số bằng 3 tại x 2 . phần “Bài tập rèn luyện”. Đáp án C. Câu 29: Cho tứ diện đều ABCD. Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng B C D bằng 6. Tính thể tích V của tứ diện ABCD. 273 93 A. V . B. V . C. V 53. D. V 273 . 2 2 A Lời giải Gọi cạnh của tứ diện đều A B C D là a . Gọi M là trung điểm cạnh CD và G là trọng tâm tam giác BCD . 2 223 6 2222222 Ta có AGBGABBMaaaa 636.3 . 332 B D 54 3 27 3 G Khi đó S BCD . a M 42 C 11 27 3 Thể tích của tứ diện ABCD là VSAG 6 27 3. . 332 BCD Đáp án D. Câu 30: Tập tất cả giá trị của tham số thực m để đường thẳng dyxm: cắt đồ x 1 thị hàm số y tại hai điểm phân biệt là 21x A. ;0 . B. . C. 1; . D. 5 . x 1 Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm: xm 1 21x LOVEBOOK.VN| 15
Đề số 1 More than a book gxxmxm 22102 xxmx121 1 .  CHECKPOINT 30 210x x 2 Xác định các giá trị của tham x 1 Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số y tại hai điểm phân biệt số m để đường thẳng 21x cắt đồ thị 1 1 có hai nghiệm phân biệt gx 0 có hai nghiệm phân biệt khác hàm số tại hai 2 điểm phân biệt. mm2 220 11 thỏa mãn với  m . Xem thêm bài 34, 35 trong phần g 0 “Bài tập rèn luyện”. 22 Đáp án B. 9 Câu 31: Cho hàm số y f x liên tục trên tập và f x x d 1 0 . Tính tích phân 4 1 Jfxx 54d .  CHECKPOINT 31 0 A. J 4 . B. J 2 . C. J 10 . D. J 50 . Cho . Lời giải Đặt txtx 54d5d . Tính tích phân . Đổi cận: xt 04 ; xt 19 . 99 d11t Jf tfxx d.102 . Xem thêm bài 36 trong phần 555 “Bài tập rèn luyện”. 44 Đáp án B. Câu 32: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A 3;0;2 và mặt 222 cầu Sxyz :12325. Một đường thẳng d đi qua A, cắt mặt cầu tại hai điểm M, N. Độ dài ngắn nhất của MN là A. 8. B. 4. C. 6. D. 10. 2 2 2 Lời giải Mặt cầu S : x 1 y 2 z 3 25 có tâm I 1; 2; 3 và bán kính R 5. Ta có AIR 3 nên điểm A nằm trong mặt cầu. Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d. Ta có I H I A . I M Mặt khác MNIMIHRIHIH 2.22 2522222 H Để MN có độ dài ngắn nhất thì A IHIHIAHA  22 . N max MNmin 2 538 Đáp án A. Câu 33: Cho hàm số y x32 3 x 3 x 5 có đồ thị C . Tìm tất cả những giá trị nguyên của k 2020;2020 để trên đồ thị C có ít nhất một điểm mà tiếp MEMORIZE tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng dykx :6 . Đường thẳng A. 4041. B. 2025. C. 2026. D. 2027. vuông góc với đường thẳng khi và chỉ Lời giải TXĐ: D . Ta có: y 3 x2 6 x 3 . khi . Trường hợp 1: Nếu k 6 thì dy :0 16 |LOVEBOOK.VN
Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán  CHECKPOINT 33 Không tồn tại tiếp tuyến vuông góc với d . Cho hàm số Trường hợp 2: Nếu k 6 thì theo giả thiết ta có: 1 2 2 kxx 63631 00 3630*xx00 có đồ thị . Tìm tất cả các k 6 giá trị thực của k để trên đồ Theo yêu cầu bài toán , phương trình * có nghiệm. thị có ít nhất một điểm 3 mà tiếp tuyến tại đó vuông Do đó 006 k góc với đường thẳng k 6 . Vậy k  2020;2018; ;3;4;5  Có 2026 giá trị nguyên của k thỏa đề bài. Xem thêm bài 37 trong phần Đáp án C. “Bài tập rèn luyện”. 13 Câu 34: Cho a,, b c là các số thực và số phức zi . Giá trị của 22 abzczabzcz 22 bằng A. a b c . B. abcabbcca222 . C. abcabbcca222 . D. 0. Lời giải 1313 2 Cách 1: Ta có ziziz 2 và zzzzz2 ,1,.1. zz 2222 Khi đó abzczabzczabzczabzcz 22 aabzaczabzb22222 zzbczaczbczc zz abcabbcca222 . Cách 2: - Chọn một bộ số a b,, c bất kì. Tính giá trị biểu thức Pabzczabzcz 22 . - So sánh giá trị biểu thức P với các đáp án. Ta thấy B là đáp án đúng. Đáp án B. Câu 35: Một người lần đầu gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng theo thể thức lãi kép (tức là tiền lãi của kỳ trước được cộng vào vốn của kỳ kế tiếp) với kì hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng  CHECKPOINT 35 với kỳ hạn và lãi suất như trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được sau 1 năm gửi tiền vào ngân hàng gần bằng với kết quả nào sau đây. Biết rằng trong suốt Một người gửi tiết kiệm vào thời gian gửi tiền lãi suất ngân hàng không thay đổi và người đó không rút tiền ngân hàng 200 triệu đồng theo thể thức lãi kép (tức là ra. tiền lãi được cộng vào vốn A. 212 triệu đồng. B. 216 triệu đồng. của kỳ kế tiếp). Ban đầu người đó gửi với kỳ hạn 3 C. 210 triệu đồng. D. 220 triệu đồng. tháng, lãi suất 2,1%/ kỳ hạn, sau 2 năm người đó thay đổi Lời giải Số tiền người đó có được sau đúng 6 tháng gửi là: phương thức gửi, chuyển 8 2 thành kỳ hạn 1 tháng với lãi T1 10 . 12% 104.040.000 (đồng). suất 0,65%/ tháng. Tính tổng số tiền lãi nhận được (làm Số tiền người đó có được sau 1 năm khi người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kỳ tròn đến nghìn đồng) sau 5 hạn và lãi suất như trước đó là: năm. 2 T2 104.040.000 100.000.000 1 2% 212.283.216 (đồng). Xem thêm bài 38 trong phần “Bài tập rèn luyện”. Đáp án A. LOVEBOOK.VN| 17
Đề số 1 More than a book 3 2 Câu 36: Xác suất để biến cố A xảy ra là ; xác suất để biến cố B xảy ra là . 4 3 Gọi p là xác suất để cả hai biến cố A và B cùng xảy ra. Thế thì tập giá trị của p FOR REVIEW là Với hai tập hợp hữu hạn A 52 12 12 51 và B thì A. ;. B. ;. C. ;. D. ;. 1 2 3 23 1 2 3 1 2 2 . 2 Công thức xác suất mở Lời giải Do A B A và A B B nên pPABPAPB  min,.  rộng đối với hai biến cố 3 Lại do PABPAPBPAB   và P A B 1 nên 3 2 5 được suy ra từ kết quả này. pp 1 . 4 3 12 52 Xem thêm bài 39, 40, 41 trong Do vậy, p ; . phần “Bài tập rèn luyện”. 1 2 3 Đáp án A. Câu 37: Một quả bóng hình cầu nổi trên mặt hồ khi đóng băng. Khi lấy bóng lên (không làm vỡ băng), bóng để lại một lỗ trũng bề ngang 24cm đo ở bề mặt trên FOR REVIEW cùng và sâu 8cm , thể tích của khối cầu tương ứng bằng Giả sử mặt cầu và 3 8788 3 3 3 mặt phẳng cắt nhau A. 2 3 0 4 . cm B. cm . C. 2 0 4 8 3 . cm D. 8 7 8 8 . cm 3 theo giao tuyến là đường tròn thì Lời giải Giả sử quả bóng là mặt cầu S O r; . Khi đó mặt hồ đóng băng chính (1): . (2): Bán kính của là là mặt phẳng cắt mặt cầu. . Mặt phẳng cắt S theo giao tuyến là đường tròn có đường kính bằng 24cm (3): Tâm J của là hình hay bán kính bằng 12cm . Đặt hdO ; . Theo giả thiết, ta có hr 8 và chiếu vuông góc của I trên 2 . rh222 12 . Suy ra rrr22 81213 . 48788 Xem thêm bài 42, 43 trong phần Do đó, thể tích của khối cầu là Vr 3 . “Bài tập rèn luyện”. 33 Đáp án B. Câu 38: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: zizi 102214 và zi 1105 ? A. 2. B. 0. C. 1. D. Vô số. Lời giải Giả sử z x yi ( xy, ) có điểm biểu diễn là Mxy ; . Ta có zizi 102214 2 2 2 2 x10 y 2 x 2 y 14 34120 x y . Vậy tập hợp các điểm M x; y thỏa mãn z 10 2 i z 2 14 i là đường thẳng : 3xy 4 12 0 . Mặt khác ta có tập hợp các điểm M x; y thỏa zi 1 10 5 là đường tròn C có tâm I 1;10 , bán kính R 5 . 18 |LOVEBOOK.VN
Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán 3.14.1012 Ta có dI ,5 . Suy ra và C tiếp xúc nhau. 2 342 Mà MC  . Do đó chỉ có duy nhất một điểm M x y; tức là chỉ có duy nhất một số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán. Đáp án C. e ln2xa Câu 39: Biết dlnxbc , với a,,. b c Tính a b c . 2 1 (1) x e1e1 A. 1. B. 1. C. 3. D. 2. ux ln dx du Lời giải d x x Đặt dv ta có 2 1 1 x v 1 x Theo công thức tích phân từng phần có e eelnlndxxx 111 e 2 dx dx 1(1) xxx exx 11 11 1 x 1 1 112 e lnln1ln1xx . eee 111 1 Suy ra abc 1, 1, 1. Vậy a b c 1. Đáp án B. xz 22y 1 Câu 40: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho d : và 111 xt 3 d : y 2 t , t . Viết phương trình chính tắc của đường vuông góc chung z 5 của d và d . xz 13y 2 xz 11y 2 A. . B. . 111 112 xz 13y 2 xz 13y 2 C. . D. . 122 112 Lời giải Hai đường thẳng d và d lần lượt có vectơ chỉ phương là u 1;1;1 STUDY TIP và u 1;1;0. Cách viết phương trình Lấy Atttd 2;1; 2 và B 3 t ; 2 t ; 5 d đường vuông góc chung của hai đường thẳng d và AB 1 t t ; t t 1; t 3 . Bước 1: Lấy hai điểm A và B lần lượt thuộc hai đường đã AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d và d khi và chỉ khi cho (tọa độ theo tham số). AB u 1 t t t t 1 t 3 0 3 t 3 0 t 1 Bước 2: Giải điều kiện . AB u 1 t t t t 1 0. t 3 0 2tt 2 0 1 tìm ra t và xz 13y 2 Khi đó AB 1; 1; 2 và A 1; 2; 3 AB : . 1 1 2 Đáp án D. LOVEBOOK.VN| 19
Đề số 1 More than a book Câu 41: Cho hình chóp S. A B C có đáy A B C là tam giác vuông tại A. Tam giác S BC là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Số đo của góc giữa đường thẳng SA và A B C bằng A. 30 . B. 75 . C. 45 . D. 60 . Lời giải Gọi H là trung điểm của BC, S B C là tam giác đều và nằm trong mặt S phẳng vuông góc với đáy nên ta có S H A B C . Khi đó ta có hình chiếu vuông góc của SA lên A B C là AH. Suy ra góc giữa SA và A B C bằng góc giữa SA và AH bằng góc SAH. C B H 13 Ta có: AHBCSHBC , . 22 SH A Do đó trong tam giác S A H ta có tan SAĤ 3 . Vậy góc S A H 60 . AH Đáp án D. Câu 42: Có bao nhiêu giá trị m nguyên thuộc đoạn 2 0 2 0 ; 2 0 2 0 để hàm số yxxmx 323255 đồng biến trên khoảng 0 ; + ? A. 2020. B. 2022. C. 2021. D. 2023. STUDY TIP Lời giải Tổng quát: Cách 1: Ta có y 3 x2 6 x 2 m 5 Với bài toán tìm điều kiện của tham số m để hàm số Hàm số đồng biến trên khoảng 0 ; +  yx 0,0;+ (các hệ 2 2 số a, b, c, d có thể chứa m) 36250,0;+xxmx  3122,0;+ xmx đơn điệu trên tập D. 2 Vì xx  10,0; (dấu bằng xảy ra khi ) nên Ta có . x 1 2 + Hàm số đồng biến trên D 3122,0;+ xmx  2201mm. . + Hàm số nghịch biến trên D Do m nguyên và m 2020; 2020 m  2020;2019;2018, ,0,1 . . Vậy có 2022 giá trị m thỏa mãn đề bài. Ta có thể lựa chọn một trong 2 hai hướng: Cách 2: Ta có yxxmaa 3625;961566 . Hướng 1: Cô lập m đi đến yx  0, +) Nếu 01m thì do đó, hàm số đồng biến trên 0; . hoặc . +) Nếu 01m thì phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt Với bài toán này ta có thể xử lí x1; x 2 x 1 x 2 . Khi đó, hàm số đồng biến trên ;x1 và x2 ; . Để hàm số đồng biến trên 0; thì 20 Hướng 2: Xét dấu của tam xx12 0 xx12 0 25m (vô nghiệm). thức đi xx12 0 0 đến kết quả. 3 Do vậy, m 1 thỏa mãn bài toán. Mà m nguyên và m 2020; 2020 m 2020; 2019; 2018, ,0,1 . Xem thêm bài 44, 45, 46, 47, 48   trong phần “Bài tập rèn luyện”. Vậy có 2022 giá trị m thỏa mãn đề bài. Đáp án B. 20 |LOVEBOOK.VN
Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán Câu 43: Một xe lửa chuyển động chậm dần đều và dừng lại hẳn sau 20s kể từ lúc bắt đầu hãm phanh. Trong thời gian đó xe chạy được 120m. Cho biết công thức 2 tính vận tốc của chuyển động biến đổi đều là v v at 0 ; trong đó a( m/s ) là gia tốc, v (m/s) là vận tốc tại thời điểm t (s). Hãy tính vận tốc v0 của xe lửa lúc bắt đầu hãm phanh. A. 30 m/s. B. 6 m/s. C. 12 m/s. D. 45 m/s. v  CHECKPOINT 43 Lời giải 0 Tại thời điểm t 20 s thì v 2 0 0 nên va0 20 0 a . 20 Một vật chuyển động nhanh v0 dần đều với vận tốc Do đó, v t v t . 0 20 (m/s) đi được 2020 20 10(s) thì vật đó lại chuyển Mặt khác, v tstv ttstts tss dd200120 . 0 động chậm dần đều với gia 00 20 tốc (m/s2). Tính 20 vv2 quãng đường S (m) đi được Suy ra, vttv tt00d120120. 002040 của vật đó từ lúc bắt đầu 0 0 chuyển động cho đến khi Từ đó ta có phương trình 2010120vv00 v0 12 (m/s). dừng hẳn. Đáp án C. x 2020 Câu 44: Cho hàm số yfxee 2020ln. Tính giá trị biểu thức Afff 12 2019 2017 2019 A. 2018. B. 1009. C. . D. . 2 2 x 2020 x ee e 2020 Lời giải Ta có yfx 2020 x x 2020 ee2020 ee xxxx 2020 Xem thêm bài 49, 50 trong phần 1 eeee2020202020202020 “Bài tập rèn luyện”. f xfx 2020 xxxx 2020 1 eeeeeeee2020202020202020 xx eeee20202020 xxxx 1 eeee2020202020202020 eeeee . Bởi vậy 2A f 1 f 2019 f 2 f 2018 f 2019 f 1 2019 2019 Nên A 2 Đáp án D. 1 Câu 45: Cho hàm số đa thức bậc ba f xxaxbxc 32 có đồ thị như hình 3 vẽ, và g x 992018 x 2018 x 2020 x . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 22 g 2019 f 15 x 30 x 16 g m 15 x 30 x 16 m 0 có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 0;2 . LOVEBOOK.VN| 21
Đề số 1 More than a book y 1 -1 1 4 O x A. 1513. B. Không có giá trị nào của m . C. 1515. D. 1514. Lời giải Xét hàm số gxxxx 99201820182020 có tập xác định D . Vói  x , ta có xgxxxxgx,201820182020 99 nên y g x là hàm số lẻ. 11 Mặt khác gxx  20200, 88 920189201899 xx và liên tục trên nên đồng biến trên . Do đó gfxxgmxxm 2019153016153016022 gfxxg 2019153016153016 mxxm 22 gfxxgmxxm 201915301615301622 2019153016153016 fxxmxxm 22 1414 Từ giả thiết ta có fxxxx 32 3333 2 2 Đặt txx 153016 tx 1511 do x 0;2 nên t 1;4 . Nhận xét: Với mỗi t 1 ;4 tương ứng có 2 giá trị x 0;2 . Với t 1tương ứng có 1 giá trị x 0;2 . Phương trình: 20191530fxxm 22 161530 xxm 160 (1) 2019 ft trở thành: 2019f t mt m 0 m với t 1;4 . t 1 1 5 4 m 2019 t22 t m 673 t 5 t 4 với t 1;4 (2) MEMORIZE 3 3 3 Phương trình (1) có 4 nghiệm x phân biệt thuộc đoạn 0;2 tương đương Sai lầm thường gặp là coi số nghiệm phương trình ẩn x phương trình (2) có 2 nghiệm t phân biệt thuộc nửa khoảng 1;4 . đã cho bằng số nghiệm ẩn t của phương trình (2). 2 Xét h t 673 t 5 t 4 với t 1;4 . Bảng biến thiên ht : 22 |LOVEBOOK.VN
Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán 5 t –∞ 1 2 4 +∞ STUDY TIP h'(t) _ 0 + Để giải bài toán bên, trước hết phải phát hiện được hàm 0 0 số là hàm số lẻ và h(t) đồng biến . 6057 Xem thêm bài 51, 52 trong phần Dựa vào bảng biến thiên suy ra: m 0 và m nguyên suy ra “Bài tập rèn luyện”. 4 1 1 5m 1 4 . Vậy có 1514 giá trị m nguyên thỏa mãn. Đáp án D. Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S : xz 11y 2 xyzxyz222 246130 và đường thẳng d : . Điểm 111 M a b;; c a 0 nằm trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được ba tiếp tuyến MA, MB, MC đến mặt cầu S (A, B, C là các tiếp điểm) và AMB̂ 6 0 , BMĈ 333 M 9 0 , CMÂ 1 2 0 . Tính a b c . 173 112 A. abc333 . B. abc333 . 9 9 23 C. abc333 8. D. a3 b 3 c 3 . A J 9 C B Lời giải Mặt cầu S có tâm I 1;2;3 và bán kính R 33. I Do Mabcd ;; nên M t 1; t 2; t 1 , mà a 0 nên t 10 t 1. Đặt MAMBMCm 0 . Trong A M B có 222 ̂  22 2  CHECKPOINT 46 ABMAMBMA MB 2 cos AMB 22.cos60mm m ABm . Trong BMC có Trong không gian với hệ tọa BCMBMCMB222 MC 2 cos BMĈ 22.cos90mm22 2m2 BCm 2 . độ Oxyz, cho mặt cầu : Trong A M C có AC2 MA 2 MC 2 2 MA . MC .cos CMÂ 2m2 2 m 2 .cos120  3 m 2 AC 3 m và đường thẳng 22 2 2 2 2 . Nhận xét thấy AB BC m 23 m m AC ABC vuông tại B. Tìm điểm Gọi J là trung điểm của AC thì JA JB JC , mà MAMBMC và IA IB IC là điểm nằm trên nên I, J, M thẳng hàng và IM ABC tại J. đường thẳng d sao cho từ A IC JC AC3 m 3 2 IC 2 R kẻ được ba tiếp tuyến đến Ta có sin IMĈ sin JMĈ MI 6. mặt cầu với các tiếp MI MC2 MC 2 m 2 33 điểm là B, C, D thỏa mãn 2 2 2 2 2 ABCD là tứ diện đều. Lại có MI 2 t 4 t 4 t 3tt 4 36 . Xem thêm bài 53, 54 trong phần t 0 2 2 4 1 2 7 “Bài tập rèn luyện”. Suy ra MI 36 3tt 4 0 4 . Do t 1 nên t M ;;. t 3 3 3 3 3 LOVEBOOK.VN| 23
Đề số 1 More than a book 333 333 127112 Vậy abc . 3339 Đáp án B. Một số tính chất có thể khai thác được trong bài toán về tiếp tuyến kẻ từ một điểm nằm ngoài mặt cầu Cho mặt cầu S có tâm I, bán kính R và một điểm M nằm ngoài mặt cầu. Đặt I M d . 1. Tập hợp tất cả các tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến mặt cầu S là một mặt nón đỉnh tại M, đường sinh của mặt nón đó chính là tiếp tuyến, trục là đường thẳng MI. Nếu gọi A là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M với mặt cầu S thì tập hợp các M điểm A là một đường tròn C có bán kính r, tập hợp đoạn thẳng MA là một hình nón có đáy là hình tròn C . H Tâm của C là điểm H, với H là giao điểm của MI với mặt phẳng chứa hình tròn A C , AH r . I Do tam giác IAM vuông tại A và AH là đường cao nên các hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông đều được thỏa mãn. Cụ thể: (i) MIIAMA222 M A222 d R ; R2 dR22 (ii) I A I2 H I M . IH ; MAMHMI2 . MH ; d d RdR22 (iii) MI AHIA AM rAH ; d (iv) AHIHHM2 . ; 111 111 (v) . F AHIAAM222 rRdR2222 I 2. Đường thẳng qua M cắt mặt cầu S tại hai điểm E và F thì E ME. MFMAdR 222 (ứng dụng phương tích của một điểm đối với một đường A tròn). IA R 3. Góc lớn nhất tạo bởi hai tiếp tuyến qua M là 2 với sin . M MI d M 4. Gọi B là một tiếp điểm (khác A), K là trung điểm của AB và AMB̂ thì α 2 22 22 221 cos ABAKMA 44.sin 4MA .sin 4. MI IA 2 2 2 2 MI22 R 1 cos H β B 22 K AB 2 d R 1 cos . Khi lớn nhất thì AB 2 r (AB là đường kính A của đường tròn C ) I Nếu ((MAB̂),(HAB)) = MKĤ  ta có M MK MA.cos ; MH  MK.sin MA.cos .sin 2 2 MA2 MA dR22  MA.cos.sin  cos.sin cos.sin . N MI 2 MI 2 d 2 H 5. Trên mặt phẳng P chứa đường tròn C , ta lấy một điểm N thay đổi nằm A ngoài mặt cầu S . Từ N kẻ các tiếp tuyến đến mặt cầu với tập hợp các tiếp điểm I là đường tròn C . Nếu hai đường tròn C và C có cùng bán kính thì điểm N di chuyển trên đường tròn tâm H, bán kính r . 24 |LOVEBOOK.VN
Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán R2 Ta có IH (theo 1.ii) và I M I N d (do C và C có cùng bán kính). d R4 dR44 Suy ra rHNINIHd 222 r . d2 d Câu 47: Cho hàm số y f x có đạo hàm trên và đồ thị hàm số y f x cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ 3 ; 2 ; ; ;3a ; b ;5 c với 44 a 1;1 b ;4 c 5 có dạng như hình vẽ bên dưới. Có bao nhiêu giá trị 33 nguyên của m để hàm số y f 23 x m có 7 điểm cực trị? y STUDY TIP Tổng quát: Cho hàm số liên -3 -2 a O b 3 c 5 x tục trên và có đạo hàm với (hoặc A. 2. B. 3. C. 4. D. Vô số. ) và . Khi đó, với Lời giải Từ hình vẽ ta thấy hàm số yfx đạt cực trị tại các điểm hàm số 3;2;;;;5abc . có Xét hàm số ygxfxm 23 + điểm cực trị thì . 2x gxfxm .23 . + điểm cực x trị thì với Khi đó, để xác định số điểm cực trị của hàm số ygx ta cần xác định số nghiệm hay . + Đúng 1 điểm cực trị thì x 0 . của hệ 233;2;;;;5xma b c   CHECKPOINT 47 x 0   mmam bm13338 cmm x ;;;;; Cho hàm số có đạo 222222 hàm trên và đồ thị hàm m m 1 a 3 m b 3 m c 3 m 8 m số như hình vẽ. Đặt x ;;;;; x x x x x . 12 2 2 3 2 4 2 5 2 6 2 y Ta có xxxxxx123456 . O 1 2 x Với mỗi i 1;2; ;7 -2 Nếu xi 0 phương trình xx i có hai nghiệm phân biệt xxi , dẫn đến Tìm tất cả các giá trị nguyên xx i là hai điểm cực trị của hàm số ygx . của tham số m để hàm số Nếu x 0 phương trình xx có duy nhất x 0 , dẫn đến x 0 là điểm cực có 5 điểm cực i i trị. trị của hàm số y g x . Xem thêm bài 55, 56 trong phần Nếu xi 0 phương trình xx i vô nghiệm. “Bài tập rèn luyện”. Do đó, hàm số y g x có 7 điểm cực trị LOVEBOOK.VN| 25
Đề số 1 More than a book am 3 0 4 xxambm033133 2 . 34bm 3 3 0 2 Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn là 2 ;3 ;4 . Đáp án B. Câu 48: Cho hình chóp S. A B C D có đáy A B C D là hình bình hành tâm O . Gọi I 1 là điểm thuộc đoạn SO sao cho S I S O . Mặt phẳng thay đổi đi qua B và 3 I . cắt các cạnhS A,, S C S D lần lượt tại M N,, P . Gọi mn, lần lượt là GTLN, m GTNN của VV; . Tính SMBNPSABCD n 7 9 8 A. 2. B. . C. . D. . 5 5 5 S SA x SM Lời giải +) Đặt ,,1 xy . P SC M y I SN N SBSDSOSD B +) Có 22.365 . C SBSPSISP SO O +) Có xyyxx 266, 15 . D SI A V xy 15 12 3 3 3 +) S. BMPN . 2 VS. ABCD 4. x .1. y .5 20 xy 5 xy 56xx 56 xx STUDY TIP 3 362 x Có thể sử dụng công thức +) Xét fx , với 15 x . Có fx . . 2 2 56 xx 5 6xx 2 fx 0 với , b, c, d tương tự. +) x 3. 15 x 3 Xem thêm bài 57 trong phần m 3139 25 m “Bài tập rèn luyện”. +) fff 1;3; 5 . 2515255 1 n n 15 Đáp án C. x 2 31 Câu 49: Cho hai hàm số y ln và ym 42020 , với m là tham x xx 2 số thực. Gọi CC12 , lần lượt là các đồ thị của hai hàm số trên. Khi đó, tổng các giá trị nguyên của m để C1 và C2 cắt nhau tại một điểm duy nhất bằng A. 2019. B. 2020. C. 1011. D. 1010. Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của C1 và C2 là x 2 3 1 1 3 1x 2 ln 4m 2020 ln m 505 1 x x 2 x 44xx42 x 26 |LOVEBOOK.VN
Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán 1312 x Xét hàm số fx ln trên \ 0 ;2 . Ta có 44xx42 x 1311111112 fx 22222 4xx4222 xxx 424 xx xx 2 2 1111111 x2 2222 xxxxxx 2222 42 xx 22 Khi đó, ta có bảng biến thiên của hàm số fx : x –∞ –1 0 1 2 +∞ f'(x) + 0 _ – 0 + +  CHECKPOINT 49 1 +∞ +∞ 0 ln3 f (x) 4 Xác định tất cả các giá trị của 1 0 –∞ –∞ tham số m để phương trình có nghiệm. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình ( 1) có nghiệm duy nhất khi và Xem thêm bài 58 trong phần mm 5050505 “Bài tập rèn luyện”. 11 chỉ khi mm 505ln 3505ln 3 . 44 mm 5051506 Vậy tổng các giá trị nguyên của m thoả mãn yêu cầu là 5 0 5 5 0 6 1 0 1 1 . Đáp án C. Câu 50: Cho hàm số fx . Đồ thị của hàm số y f x trên 3 ;2 như hình vẽ (phần cong của đồ thị là một phần của parabol yaxbxc 2 ). y 2 1 -3 -2 -1 O 2 x Biết f 30 , giá trị của ff 11 bằng 23 31 35 9 A. . B. . C. . D. . 6 6 3 2 Lời giải Cách 1: Giải bằng phương pháp tự luận dùng nguyên hàm Ta xác định biểu thức của hàm số yfx . Từ hình vẽ ta thấy trên đồ thị gồm 3 nhánh: 2 - Nhánh parabol y a1 x b 1 x c 1 xác định trên 3; 1 đi qua 3 điểm 3;0 , 2;1 và 1;0 . - Nhánh đường thẳng y a22 x b xác định trên 1;0 đi qua 2 điểm và 0;2 . LOVEBOOK.VN| 27
Đề số 1 More than a book - Nhánh đường thẳng y a x b33 xác định trên 0;2 đi qua 2 điểm 0;2 và 2;0 . STUDY TIP Từ đây, giải các hệ phương trình tương ứng ta suy ra biểu thức của fx là: Một nhược điểm của công 2 thức (1) là chỉ có thể tính xxx 43 khi 31 được diện tích khi “lát cắt” fxxx 22 khi 10 . parabol song song với trục xx2 khi 02 Ox. Trường hợp “lát cắt” bất kỳ, diện tích hình giới hạn fx là một nguyên hàm của , do đó biểu thức của có dạng: bởi một đường thẳng và parabol x3 2x2 3 x C khi 3 x 1 cắt nhau tại hai điểm có 1 3 hoành độ lần lượt là 2 f x x 2 x C2 khi 1 x 0 . (như hình minh hoạ) ta có 2 diện tích được cho bởi công x 2x C3 khi 0 x 2 2 thức (2) 3 3 2 y Vì f 30 nên ta có: 233300 CC11. 3 Do f liên tục tại x 1 nên ta có: limlimfxfx , suy ra: xx 11 3 x1 x2 x 1 22 7 O 2131121 CC22. Với công thức tính nhanh 33 diện tích “lát cắt parabol”, ta 7 02 7 Tương tự, f liên tục tại x 0 nên ta có: 02 2.0 2.0 CC . có thể xây dựng bài toán 3 233 3 tương tự với đồ thị liên tục 2 gồm các nhánh là đường 2 7 1 7 31 Vậy ff 1 1 1 2 1 2.1 . thẳng hoặc parabol. 3 2 3 6 Cách 2: Giải nhanh bằng phương pháp đánh giá diện tích trên đồ thị Xem thêm bài 59, 60 trong phần Diện tích hình phẳng giới hạn bởi một parabol và một đường thẳng có phương “Bài tập rèn luyện”. 2 song song với trục Ox được cho bởi công thức: S đáy x cao (1) 3 y cao đáy O x1 x2 x Áp dụng công thức này ta giải nhanh bài toán này như sau: 2 y Nhánh parabol yaxbxc qua 3 điểm 3;0 , 2;1 và 1;0 2 nên ta tính ra được hệ số a 1 . 1 Ta có: -3 S1 S2 S3 f 1 f 1 f 1 f 3 f 1 f 3 S1 S 1 S 2 S 3 . -2 -1 O 2 x 2 4 1 1 3 Với: SSS .2.1 , .1.2 1, 1 2 .1 . 13 3 2 2 3 2 2 31 Suy ra: ff 11 . 6 Đáp án B. 28 |LOVEBOOK.VN
Gợi ý giải CHECKPOINT More than a book GỢI Ý GIẢI CHECKPOINT ababab323232 Đường thẳng d y: x m cắt C ĐỀ SỐ 1 1/31/62 ab. 126 126 ab ab ab tại hai điểm phân biệt phương CHECKPOINT 1 Có. Đây là một cấp số trình 1 có 2 nghiệm phân biệt khác 43 i nhân có số hạng đầu u 1 và công CHECKPOINT 19 Ta có z 1 2 i mmm2 404 1 . bội q 0 . 2 43 i 5 1.10 mm m 0 CHECKPOINT 2 TXĐ: D . z 5 . 2 i 5 4 y x x 362 ; yx 00 ; x 2 . CHECKPOINT 31 f x x d 1 6 . CHECKPOINT 20 Bảng biến thiên: 0 Nếu m 1 thì y 1 (không thỏa mãn 2 x Tính f2 x d x . –∞ 0 2 +∞ tổng của giá trị lớn nhất và nhỏ nhất 0 _ bằng 8) y' + 0 0 + 1 Nếu m 1 thì hàm số đã cho liên tục Đặt u 2 x d u 2d x d x d u +∞ 2 0 1 m trên 1;2 và y . Đổi cận: xu 00 y 2 x 1 xu 24 –∞ -4 Khi đó đạo hàm của hàm số không đổi 241 fxxfuu 2d.d Vậy hàm số nghịch biến trên 0 ;2 ; dấu trên đoạn 1;2 . 002 4 đồng biến trên các khoảng ;0 và Do vậy minmax12yyyy 1 d8. fxx x 1;2 x 1;2 2 2; . 0 mm 1241 2 8 m . CHECKPOINT 33 2 235 CHECKPOINT 3 yx 3 . Gọi đường thẳng là tiếp tuyến cần CHECKPOINT 25 Đồ thị hàm số có tiệm Vì 20 nên hàm số xác định tìm tại điểm M x y C; m 00 xx2 303. cận ngang y 2 Hệ số góc của là: 2 Vậy tập xác định D \3. m yxxxx 363312   Do đó 12m 0000 2 2 CHECKPOINT 5 Để d thì kx 3.3.11 CHECKPOINT 26 0 Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2. 2 1/2 3363 kxkx CHECKPOINT 11 fxxxxx d23d23 00 380k (*) Số tập con gồm 23 phần tử của tập 3/2 11 23x 3 23 hợp S bằng C . 23. CxC Ycbt phương trình (*) có ít nhất 1 2019 233 nghiệm x0 . CHECKPOINT 14 TXĐ: D . 2 3 + Với k 3 thì (*) trở thành: yx 43 CHECKPOINT 28 1 = 0 (vô lí) 3 Quan sát bảng biến thiên ta thấy: yxx 04303 + Với k 3, để (*) có nghiệm - Điểm cực đại, cực tiểu của hàm số 2 9333380kkk Bảng xét dấu: lần lượt là: xx2,1 . - Cực đại, cực tiểu (hay giá trị cực đại, 3333380kkk x –∞ 3 +∞ giá trị cực tiểu) của hàm số lần lượt là kk303 y' – + yy 3, 1 . 0 Vậy k 3. - Điểm cực đại của đồ thị hàm số là: Vậy đồ thị hàm số đã cho có 1 điểm CHECKPOINT 35 Sau 2 năm, tổng số 2;3 ; điểm cực tiểu của đồ thị hàm cực trị là I 3;0 . tiền người này có được: số là: 1;0 . A 200 1 2,1% 236,176 triệu. CHECKPOINT 17 1 Phương trình mặt phẳng Oyz :0 x CHECKPOINT 30 Hoành độ giao điểm Sau 3 năm nữa, tổng số tiền người này 36 của đường thẳng d: y x m và có được: AA . 1 0,65% Bán kính mặt cầu là 21 C là nghiệm của phương trình: Rd IOyz ;1 . 298,2167 triệu x Vậy tiền lãi sau 5 năm: 98,2167 triệu. Phương trình mặt cầu là x m 1 CHECKPOINT 43 2 2 2 x 1 x 1 y 2 z 3 1 . Với x 1 phương trình 1 + 10s đầu vật đi được quãng đường: 4 10 4 ab32 x x 1 x m S 5 t d t 250 1 (m) CHECKPOINT 18 0 P 2 3 12 6 x mx m 0 1 . ab + Đi thêm 1s nữa thì dừng hẳn. Khi đó quãng đường vật đi được trong 1s là: 498 |LOVEBOOK.VN
Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán 1 2 22 Nếu xi 0 phương trình xx có  n 1 i un 1 n 11 Stt2 5050d25 (m) 2 1 0 hai nghiệm phân biệt xxi , dẫn unnn 2n + Quãng đường S đi được từ khi bắt luôn thay đổi khi n thay đổi nên đây đến xx i là hai điểm cực trị của đầu đến khi kết thúc là: dãy số u với un 2 2 không phải hàm số y g x . n n SSS 25025275 (m) 12 là một cấp số nhân. x 0 CHECKPOINT 46 Nếu i phương trình xxi có Mặt cầu S có tâm CHECKPOINT 7 Khi quay hình chữ duy nhất x 0 , dẫn đến x 0 là 14 nhật ABCD quanh trục MN ta thu I 1;2;3 và bán kính R . 3 điểm cực trị của hàm số y g x . được khối trụ tròn xoay có bán kính Nếu x 0 phương trình xx vô 1 Do A x y000 z;; d nên i i r A B 6 và độ dài chiều cao 2 A4 3 t ;4 2 t ;4 t , mà x 0 nên nghiệm. 0 h A D 10 . Do đó, thể tích khối trụ Do đó, hàm số y g x có 5 điểm 4 2 4 3 0 t t . tròn xoay là Vrh 360. 3 20m CHECKPOINT 9 cực trị xx120 Gọi cạnh của tứ diện đều ABCD là m 10 m - Điểm cực đại của hàm số là x 1 , m 0 . 21 m . điểm cực tiểu của hàm số là x 3 . Gọi J là tâm của của tam giác đều BCD Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa - Điểm cực đại của đồ thị hàm số là thì ta có I A B C D tại J và mãn là 2; 1;0 . 1;1 , điểm cực tiểu của đồ thị hàm 4 m 3 CHECKPOINT 49 Ta có m x x m 40 số là 3;0 . JAJBJC . 4x 3 mxx 4 14 m . CHECKPOINT 11 x4 1 Do A C I vuông tại C có CJ là đường xtm 2 (/) cao nên I J C I C A nên 4x 2 Xét hàm số fx . yxx 3440 2 x4 1 xloai () ICJCm 33 3 Tập xác định: D IACAm 33 4 ; ; . 124x f 23 f 10 f 32 IAICR3314 . Ta có fx 2 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên Lại có x 1 222 đoạn 1 ;3 bằng 3 ; giá trị lớn nhất IAttt2 33221 Khi đó fx 0 của hàm số trên đoạn 1 ;3 bằng 2. 2 1 141 t x 4 CHECKPOINT 13 Ta có 4 3 2 t 0 1240x 1 3xx 1 3 2 lim ; lim IAt 1411 . 1 t 2 x xx 22 xx 22 4 3 4 nên đường thẳng x 2 là tiệm cận Mà t nên chọn t 0 . Bảng biến thiên: 3 đứng của đồ thị hàm số. 1 3xx 1 3 Vậy A 4;4;4 . x –∞ +∞ lim 3; lim 3 nên xx xx 22 CHECKPOINT 47 _ _ đường thẳng y 3 là tiệm cận Từ hình vẽ ta thấy hàm số yfx y' 0 + 0 ngang của đồ thị hàm số. đạt cực trị tại các điểm 2 ;1 ;2 . 0 CHECKPOINT 18 y Xét hàm số ygxfxm 2 11 xxxxxxcosdcos2d x 0 22 gxfxm . . 11 x Từ bảng biế n thiên phương trình đã xd x x cos 2 x d x 22 Khi đó, để xác định số điểm cực trị của cho có nghiệm khi 442727m . x2 1 hàm số y g x ta cần xác định số xcos 2 x d x 42 x 0 ĐỀ SỐ 2 1 nghiệm của hệ Tính xxcos2 xxx ddsin 2 xm  2;1; 2 2 CHECKPOINT 1 x 0 11 Điều kiện: 3x x2 0 0 x 3 . xsin2 x sin2 x d x 22 x  2 m ;1 m ;2 m Vậy TXĐ: D 0;3 . xxsin2 1 cos2xC x 2 m ; x 1 m ; x 2 m 2 Đặt 1 2 3 . 24 CHECKPOINT 2 yx log0,5 Ta có x x x . 1 2 3 12 fx yx .2 Với mỗi i 1;2;3 x2 ln0,5 xln0,5 x2 1 x sin 2 x 1 cos2xC CHECKPOINT 4 Xét thương 4 2 2 4 LOVEBOOK.VN| 499
Gợi ý giải CHECKPOINT More than a book 2 xxxx sin2cos2 1 22xx1 x C. r a a .2 . + fxexex .d.d 448 2 ex CHECKPOINT 20 Ta có l i m 1fx ; Chiều cao h của hình nón được xác 1d1dxexxeex xxx x 22 11định bởi hlra 3 . 12.xeeCexC xxx l i m 1fx nên lim Thể tích khối nón là x x fx 1 2 x 3 CHECKPOINT 46 Đặt 13 a gxm 2 1 Vrh 2 . x 1 và lim không hữu hạn. Do 33 x fx 1 Số cực trị của hàm số CHECKPOINT 26 Hàm số xác định và x 1 fxm bằng tổng số cực trị đó đồ thị hàm số y chỉ có liên tục trên đoạn 0;3 . x2 1 fx 1 3 x fx 0 , x 0 ;3 nên của hàm và số 1 2 gxm 2 một đường tiệm cận ngang y . x 1 x 1 2 nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ của giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của Mặt khác: phương trình fx 10 hàm số lần lượt là mf 01 , phương trình gx 0 . có nghiệm duy nhất x 0 nên đồ thị 1 x2 5 Ta có g x 0 x 1. 1 . 2 hàm số y chỉ có một đường Mf 3 x 1 fx 1 4 CHECKPOINT 32 Bảng biến thiên: tiệm cận đứng x 0 . Đặt z x y i xy, . x –∞ -1 1 +∞ CHECKPOINT 21 2 _ _ 2 zzz 0 g'(x) 0 + 0 log2log7033xxx 0 2 122 222 log122x x 3t/m xyxxy 2011. –m 3 122 Vậy C là đường tròn có bán kính g(x) log1223t/m3 xx CHECKPOINT 22 Ta có bằng 1. Do đó hình tròn giới hạn bởi –m 2 2 C có diện tích bằng . zziii12.24351524 . x Hàm số gxm có 2 cực trị CHECKPOINT 33 2 Vậy phần thực bằng 152 , phần ảo x 1 Số tiền Huy đã vay sau 4 năm học là: bằng 4 . và phương trình gx 0 có tối đa 2 4 CHECKPOINT 23 Ta có yxx 362 . 113% A 4000000. 13% . nghiệm đơn (hoặc bội lẻ). Do đó hàm Gọi đường thẳng d là tiếp tuyến của 113% x 32 số f x m có nhiều nhất 4 C tại điểm Mmmm;32 . = 17,23654324 (triệu đồng) x2 1 Cuối tháng thứ nhất, Huy còn nợ: Hệ số góc của đường thẳng d là điểm cực trị. 2 TArT 1 kymmm 36 1 CHECKPOINT 48 2 Cuối tháng thứ 2, Huy còn nợ: 3 3213mm Đặt fxxxfx 2 2 TArTrT 11 2 2 fx 3133 m 3 x Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m 1 3 12 fx Cuối tháng thứ n, Huy còn nợ: M 1;4 . n fx n 11 r 3 TArT 1. ddx x x Vậy phương trình tiếp tuyến có hệ số 1 3 r 12 fx góc lớn nhất của C là Sau 5 năm, Huy trả hết nợ nên ta có: 2 333 4 60 Do đó 3 21;f xxC yx3 1 4 yx31. 1 r 44 TA r . .0,309718 (triệu 60 2 (Có thể dùng MTCT để tính P) 4 11 r f 1 0 C 0 2 f x 1 x CHECKPOINT 24 đồng) = 309718 (đồng) 49 Do đó Ta có zzz 2;z . CHECKPOINT 44 44 1212 2 22 4 1 + f x.d1 exF2xx xxe If xxx 21 x dd. zz 24 5 Vậy P 12 . 11 zz 9 9 2xx 12 f x .1 e x e CHECKPOINT 49 2 exx x 1 e S CHECKPOINT 25 Thiết diện qua trục H x của một hình nón là tam giác đều f x e2xx x e f x x cạnh có độ dài bằng 2a nên độ dài e D C x đường sinh của hình nón la 2 và exx x.1 e 1. xe x fx bán kính đáy của hình nón e22x e x e x A B 500 |LOVEBOOK.VN
Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán Dựng hình vuông ABCD, cạnh bằng 04022.mm2 m 20 25m . x, ta có S D A B C D ; đặt S D h . 2 2 2 x m 5 CHECKPOINT 19 Vì lim , 3 Dựng DHSCDHSBC  . x 1 x 1 3 CHECKPOINT 32 2 2 2 x lim nên đồ thị hàm số Bất phương trình tương đương 3 Ta có dASBCdDSBC ;; x 1 x 1 3 232 xmxxx11 D H a 2 không có tiệm cận đứng. 22 x 22 x 160 mx 1 1 1 1 Vì lim 0 , lim 0 nên * x 3 x 3 2 2 2 x 1 x 1 232 x h2 a Đặt fxmxxx 1 23 1 ah đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y 0. V h x2 16 mx . 63ha22 2 Vậy đồ thị hàm số chỉ có 1 đường tiệm 3 cận ngang là y 0 . h 1 đúng  x suy ra f 10 Xét fhha ;2 22 CHECKPOINT 21 ha 2 m 1 2 222 317i 4260mm . hha 6 Ta có zi . Vậy phần 3 fh 1255 i m 2 2 32 ha22 1 7 thực bằng và phần ảo bằng . + Với m 1 thay vào 1 ta được 5 5 h ∞ 2 2 + CHECKPOINT 23 Ta có xxx 1240 đúng với mọi y' _ 0 + f x f 1 f x m ,1 m 2. x nên m 1 thỏa mãn. Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng 3 + Với m thay vào 1 ta được y ym cắt đồ thị hàm số y f x tại 2 3 2 3 điểm phân biệt. Suy ra phương trình xxx 13670 2 đúng với 4 Vậy fh nhỏ nhất khi f x f 1 có 3 nghiệm phân biệt. 3  * mọi x nên m thỏa mãn. h a63 x a CHECKPOINT 26 2 Đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C 3 ĐỀ SỐ 3 Vậy mm 1; 1 có bán kính rBCa 3 . 2 2 log x 1 0 CHECKPOINT 34 CHECKPOINT 3 ĐK: 2 Mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ đã x 1 A’ C’ cho có bán kính M xx 112 1 B’ x 2 . R r22 AA'2 a . xx 11 4 Vậy tập xác định là D 2;. CHECKPOINT 27 Ta có CHECKPOINT 10 312010 Mặt cầu ngoại tiếp tứ d IP,11 . A C 2 diện A B B C cũng chính là mặt cầu 31122 ngoại tiếp hình hộp chữ nhật đã cho. H Bán kính của mặt cầu S là B Mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật đã cho có bán kính 2 Rd IPr ,11415 2 Gọi H là trung điểm BC, BCa 3 , 13a RABADAA 222 . a Phương trình mặt cầu S là AH . 22 2 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 22 xyz 1215 2 . Chọn hệ trục tọa độ 3a ABB C có bán kính R . a a 3 2 CHECKPOINT 28 H 0;0;0 , A ;0;0 , B 0; ;0 , 2 2 CHECKPOINT 11 Điểm M thuộc đồ thị ya 1420 Ta có hàm số đã cho và có hoành độ bằng 1 yab 114 a 3 C 0;;0 , Ma 0;0; , nên M 1;1 . 2 aa 22 2 . Ta có y 36 x x nên hệ số góc của abb 35 aa3 N 0; ; . tiếp tuyến tại M là ky 13 . CHECKPOINT 29 22 m 2 Phương trình tiếp tuyến cần tìm là Tập xác định: , Gọi là góc giữa mặt phẳng AMN \m y' 2 yx 3 1 1 yx 32 . xm và mặt phẳng ABC . CHECKPOINT 17 Hàm số Hàm số đã cho nghịch biến trên AMN có một vtpt y ln x2 2 mx 4 xác định với mọi yx' 0,  5; 5; 3 1 3 2 m 5 n AM, AN ;; x x 2 mx 4 0  x 244 LOVEBOOK.VN| 501
Gợi ý giải CHECKPOINT More than a book AB C có một vtpt HM 0 ;0 ;1 , từ a 2 51xx SO tan 2 . 3 x 1 n. HM SO x 3 3 51 xx đó cos 4 . Do đó tan2SMO tan n HM. 1.1 4 OM 1 ff 1 5 2 ; f 3 2 2 CHECKPOINT 43 VSSO ABCD . 3 3511x Vậy tập giá trị là T 2; 2 2 . Ta có yy 3 . 122 a xx 22 .tantan aa23CHECKPOINT 25 326 Suy ra các điểm có hoành độ và tung Gọi d là phương trình tiếp tuyến cần độ là các số nguyên dương thuộc đồ ĐỀ SỐ 4 tìm tại điểm Mmmm ;323 . thị hàm số là 3 ;1 4 ; 1 3 ;4 . 3/4 CHECKPOINT 3 yx 2 1 Hệ số góc của tiếp tuyến là Vậy số đường thẳng cắt đồ thị C tại 2 1 k y m 33 m . 331 2 4 hai điểm phân biệt mà hai giao điểm yxxx .2.1 Tiếp tuyến song song với đường 424 x2 1 đó có hoành độ và tung độ là các số thẳng yx 9 1 4 nên suy ra k 9 nguyên dương là 1. CHECKPOINT 13 3 m 3 92 m2 4 m 2 . CHECKPOINT 48 Ta có: Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy 2 Với mM 2 2;0 và phương 3 và độ dài trục của hình trụ. fxfxfxxfx .20 Diện tích xung quanh bằng 4 nên ta trình d y: 9x 2 yx 9 1 8 . 2 fxfxfx .2 có 242 rhrh . x Với mM2 2 ;4 và phương trình fx3 Thiết diện qua trục của hình trụ với (loại). hình trụ là một hình vuông nên dyxyx:924914 fx fx x2 hr 2 . Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm x C 2 2 2 là yx 9 1 8 . fx fx 2 Suy ra 2rr 2 1 và h 2 . Diện tích toàn phần của hình trụ đã CHECKPOINT 28 f 0 02 C C 0 . cho là Srrh 26 . Gọi R là bán kính của mặt cầu S thì f 2 0 2 tp CHECKPOINT 17 đường tròn lớn có bán kính bằng R . fx x2 42 Phương trình xxm 630 Theo giả thiết ta có 242 RR Do đó 2 fx 2 x42 63 x m Diện tích mặt cầu S là 42 11fx x2 Xét hàm số yxx 63 SR 416 2 . ddxx mc 2 3 00fx 2 yxx 412 CHECKPOINT 29 Để phương trình đã 1 1 3 xy 03 cho là phương trình của một mặt cầu 1 x y 0 . 22 thì 1 22 2 m 0 fx 6 xy36 0 0 Bảng biến thiên: 90 m m 9 . 111 6 f 1 . CHECKPOINT 33 ff 10 6 7 x –∞ 0 +∞ z CHECKPOINT 50 y' _ 0 + 0 _ 0 + A’ C’ S +∞ 3 +∞ B’ y -6 -6 D Dựa vào bảng biến thiên phương A y C C O trình vô nghiệm khi m 6 . 4 N ≡ O A M B 1 CHECKPOINT 18 dx . B x Gọi O  AC BD thì 0 21x 2 SOABCD Góc SAO Đặt uxux 2121 Xét hình lăng trụ tam giác đều 2u d2ddd uxu ux ABC. A B C có tất cả các cạnh bằng a. Gọi trung điểm của AB là M thì Đổi cận: x 0 u 1; x 4 u 3 Gắn hệ trục như hình vẽ quy ước OMAB và SM AB 411 3 3 a 1 (đơn vị). Suy ra, góc giữa SAB và ABCD là dx . u d u d u 2. u 3 021x 1 1 Ta có , C 0; ;0 , góc SMO N 0;0;0 CHECKPOINT 23 2 Tam giác OAB vuông tại O TXĐ: D 1;5 11 11 1 aa2 M ;0; , B ;0;1 . OM ; OA y 0 22 2 22 2xx 1 2 5 502 |LOVEBOOK.VN
Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán 11 afmm.(3)012012. Với xu 00 và xu 11 . Suy ra MN ;0; ; 22 TH2: Phương trình x x2 m 0 có Khi đó 111 13 3 nghiệm x 3 thì m 12. 2 BC ;;1 ; NC 0; ;0 . 2ddd1xfxxfuufxx Với m 12 phương trình trở thành: 000 22 2 x 3 +) Đặt ; Do đó 2 txtx1dd xx 120 (TMĐK) x 4 Với xt 01 và xt 10 . MN;. BC NC 35 2 Khi đó d MN; B C a TH3: Phương trình x x m 0 có MN; BC 10 1 1 1 nghiệm kép x 3. f 1 x d x f t d t f x d x 2 1 0 0 0 CHECKPOINT 35 TXĐ: D 2; 2 Khi m thì phương trình có 4 Thay 1 , 2 vào ta được: x 2 yxx 1040 1 111 2 nghiệm x (không thỏa mãn) 4 x 2 2d3d1d fxxfxxxx 2 x 0 x 0 Vậy đồ thị hàm số có đúng hai đường 000 11 22 x 2 tiệm cận khi m 12 . 1 2 4 xx x 2 fxxxx d1d . CHECKPOINT 47 520 fm 22 ; fm 22 ; 00 S CHECKPOINT 49 2 fm 2 2 2 Ta có gxxfxx 21.2 . Vậy giá trị lớn nhất là Để hàm số gx đồng biến trên 22322 mm. A D khoảng 1; CHECKPOINT 37 x M  P log 2018log2018log2018 3 g x 0 x 1; a aa B C 2  log2018 2018 f x x2 0 x 1; a Ta có 2 log 2018log2018log2018 22 a aa1/21/3 11 xxxx 2 S AB AM BC a x a log2018 ABCM a1/2018 22 2 2250 xxm22 xx log 20182log 20183log 2018 111 aaa VSASABCMABCM Sya xa 2018log 2018a 332 1;x aa22 2 123 2018 loga 2018 y xaaxxa . 2 66 xx2 2018 2 2 2019 log 2018a a 22 250  m 11; xxx 2 axxa 6 2 2019.1009.loga 2018 Đặt txx 2 , xt 1;0 . Xét hàm số CHECKPOINT 44 2 f x a22 x x a ,0 x a Khi đó 1 trở thành x 3 2 Xét hàm số y . 2 tmtt 500; xxm2 fxxaxa 22 5 +) TXĐ: D 3; a tmt  20; fxx 0 hàm số fx t x 3 2 +) limy lim Để 1 nghiệm đúng với mọi 2 a xxx x m đồng biến trên khoảng 0; và 2 x 1;2 nghiệm đúng với 13 34 a mọi t 0; . lim0. xx nghịch biến trên ;0 x 1 m 2 5 1 2 Ta có h t t 25 t 0; . x x a 27 4 t max f x f a Do đó đồ thị hàm số có 1 tiệm cận 2 16 5 Dấu bằng xảy ra khi tt 5 . 3 ngang y 0. aa27 3 t maxVa 4 +) Để đồ thị hàm số có 2 đường tiệm S. ABCM 6 16 8 Suy ra min ht 2 5 . t 0; cận thì phải có thêm 1 tiệm cận đứng. CHECKPOINT 48 Vậy yêu cầu bài toán trở thành: Tìm Vậy 2 nghiệm đúng với mọi Từ 4x .311 f xf22 xx điều kiện để phương trình t 0; mm 2 5 2 5 . x2 x m 0 phải có 1 nghiệm lớn 11 2 2xf x2 d x 3 f 1 x d x hơn hoặc bằng 3. ĐỀ SỐ 5 00 TH1: Phương trình x2 x m 0 phải 1 2 1xx d * CHECKPOINT 1 TXĐ: D . có 2 nghiệm xx12, thỏa mãn 0 Ta có yx 332 . xx 3. 2 12 +) Đặt u x d u 2 x d x ; LOVEBOOK.VN| 503
Gợi ý giải CHECKPOINT More than a book n x 1 x 0 Khi đó y 0 1 15%1 32 .1 x 1 412801xxxx . 25 15%1 Ta có yxy 6160 Hàm x 2 n 1,052,25 Đối chiếu điều kiện ta được x 1. số đạt cực tiểu tại x 1 Điểm cực n log2,216,6 CHECKPOINT 26 1,05 tiểu của đồ thị hàm số là A 1;2 0 1 8 . zizi 33. CHECKPOINT 29 Xét hai hàm số Vậy sẽ hoàn thành công việc ở tháng y 160 Hàm số đạt cực 3 thứ 17 sau khi khởi công. f x x x 3 có đồ thị C và CHECKPOINT 35 đại tại x 1 Điểm cực đại của đồ đường thẳng y m d 1 32 thị hàm số là B 1 ;2 0 2 2 . yxmxxxm 444 f x x x 3 3 x 0 CHECKPOINT 3 Từ unn 12 1 suy ra 2 f x x 33 Xét y 0 m 0 xm u1 12.1111 và công sai x 1 2 Tọa độ ba điểm cực trị: Am0 ; 1 , d unn 1 u fxx 0330 x 1 121112112 nn Bmmm ;1, 2 Bảng biến thiên: CHECKPOINT 10 a log2 5; 2 x –∞ -1 1 +∞ C m;1 m m . b _ b log92log3log3222 Gọi H là trung điểm của cạnh BC. 2 y' + 0 0 + 2 Ta có Hmm0;1 40 2 +∞ Ta có lo g2 3 1 AB AC BC y SAHBC . (do 3 ABC log40log3log5.2log32222 –∞ -2 24R AB C cân tại A ) ABAHR2 2. 3 1 3 log5log2log33222 ab xxm 311 là phương trình 2 2 A H m trong đó CHECKPOINT 12 hoành độ giao điểm của C và d . 4 A B m m 12 Số giao điểm của C và d chính là 44 zizi 212 . Suy ra mmm 4 0022 số nghiệm của phương trình 1 . 4 1 3mmm . Vậy M 1;2 . 3 Phương trình 1 có ba nghiệm 3 CHECKPOINT 14 CHECKPOINT 36 Ta có phân biệt C và d có ba giao Độ dài đường sinh của hình nón là nn 12 nn 1 điểm. CCn 7878 lhra 2225 . nn 2 Dựa vào BBT ta có Diện tích toàn phần của hình nón là nnn2 156012 . 212m 13m S r22 rl 224 a . Với n 12 ta có khai triển của tp CHECKPOINT 34 Dự kiến để hoàn 12 CHECKPOINT 15 Số cách chọn ra 4 viên 2 thành công việc trong 25 tháng x2 . 4 bi từ trong hộp là C12 495 . Tháng đầu tiên công ty phải hoàn x Số cách lấy 4 viên bi có đủ cả ba màu 1 Số hạng tổng quát của khai triển là thành: A công việc. 211121112 k 25 12 k k là C345345345 C CC C CC C C 270 . kkk 224 3 2 CxCx1212 2. , Suy ra số cách lấy 4 viên bi không đủ Khối lượng công việc hoàn thành ở x tháng thứ nhất là TA . cả ba màu là 495270225 . 1 với k và k 12 . CHECKPOINT 16 Khối lượng công việc hoàn thành ở Số hạng này chứa x9 khi và chỉ khi 4 4 tháng thứ 2 là TA 15% . 23 16 2 24395 kk (thỏa mãn). S xd x x Khối lượng công việc hoàn thành ở Vậy số hạng chứa x9 trong khai triển 0 330 2 tháng thứ 3 là TA 15%. 55 9 9 CHECKPOINT 23 3 đã cho là C12 2 x 25344 x . 432 1 CHECKPOINT 38 Xét hàm số f xxxx ln44 Khối lượng công việc hoàn thành ở 2 114 2 3 2 2 n 1 g x x m 2 x m x m 1 tháng thứ n là TA 15%. 43 Điều kiện: xxx432 440 n 2 Để hoàn thành xong công việc thì trên đoạn 0;2 . 32 4x 12 x 8 x TTTT 1 Có fx 0 1 2 3 n Ta có 4 3 2 1 3 2 2 2 2 x 44 x x 2 g x x m 22 x m x A 1 5% 1 5% 2 2  n 1 x x2 x m 0, x 0; 2 . 1 5% 1 1 504 |LOVEBOOK.VN
Thực chiến đề thi THPT Quốc gia môn Toán Nhóm tác giả Công phá Toán Suy ra hàm số gx nghịch biến trên Do đó hàm số y f x luôn có hai Do đó max,675dMP đạt được g 05 2 điểm cực trị xx 1; . MdS  0 ;2 ycbt khi và chỉ khi g 25 3 dMP ,675 Do đó để * có đúng 2 nghiệm phân m 5 M m;1 2 m ; 2 2 m 4 8 22 m 22 4245 mmm 2 3 m2 2 m 2 m 9 3 biệt thì ff 1.0 3 109 353353 m m 2 1 2 m 2 2 2 m 2018 m 81 44 3 CHECKPOINT 45 Ta có CHECKPOINT 41 Gọi độ dài cạnh của 675 2 x 0 hình lập phương là a. fxxxx 120. 2 m 1 3 x 2 Thể tích khối lập phương là Va . . 1 M 1 ;3 ;0 2 Mặt cầu ngoại tiếp khối lập phương gxxfxxm 28.8. CHECKPOINT 47 Ta có 3a Hàm số gx đồng biến trên khoảng có bán kính nên có thể tích 2 R 22111 2 xxxxx 0 4; g x 0,  x 4 424 43 a3 VR 3 . 2 2 2x 8 . f x 8 x m 0,  x 4 1 32 Vậy với  xy, ;1 thì 2 4 V 3 f x 8 x m 0,  x 4 Suy ra 2 . 2 1 2 V1 2 x 8 x m 0,  x 4; loglog2logyyy xxx 2021 4 2 11i x 8 x m 2,  x 4; CHECKPOINT 42 z . P 2 log b log c log a i m 18. a b c 3 2 2 6 logb .log c .log a 6 Ta có 1122 iiii Vậy m 18 . a b c 42 CHECKPOINT 46 1 124ii . Dấu “=” xảy ra khi a b c . A K B 2 2020505 505 Vậy 144 i Vậy Pmin 6. 505 (S1) (S2) CHECKPOINT 49 411 i I J z i . S 441. 505505 i Gọi mặt phẳng là tiếp diện chung CHECKPOINT 44 yxxm 3412 . N của hai mặt cầu SS12 , tại M, Phương trình tiếp tuyến đi qua điểm G KAB  . A M M 1;2 là: ykxk 2 . D Khi đó KAKBKMK là trung I Điều kiện tiếp xúc của Cm và tiếp J điểm của AB và M thuộc mặt cầu S O tuyến là: B C 32 đường kính AB. xxmxmkxk 2122 1 Ta có K 0;1;2 và bán kính của mặt Gọi O là giao điểm của AC và BD 2 3412xxmk SOABCD AB 442222 Thay 2 vào 1 ta có: cầu S là R 3 Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB 22 32 và CD. x 2 x m 1 x 2 m Phương trình mặt cầu Xác định được góc giữa mặt bên 32 2 22 3x 4 x m 1 x S : x y 1 z 2 9 . 0 SCD và đáy là góc SJI 60 3x2 4 x m 1 2 Gọi d là đường thẳng qua K và vuông a 3 32 góc với P Phương trình d: Xét tam giác SIJ đều: SO 254310xxxm * . 2 3 Để qua M 1;2 kẻ được đúng 2 tiếp xt 13a V SO. S yt 12 t . S.DD ABC36 ABC tuyến với Cm thì phương trình * zt 22 Trong SAC có AG cắt SC tại M có đúng 2 nghiệm phân biệt. 32 Với mọi điểm MS thì Xét f x 2 x 5 x 4 x 3 m 1 , M là trung điểm SC, chứng minh được MN// AB và N là trung điểm 2 d M,, P d K P R f x 6 x 10 x 4 ; a3 3 0 2.1 2.2 2018 của SD VSABM . x 1 3 675 16 22 2 fx 0 2 . 1 2 2 x 3 LOVEBOOK.VN| 505
MỤC LỤC Đề số 1 7 Hướng dẫn giải chi tiết 7 Bài tập rèn luyện 29 Đề số 2 33 Hướng dẫn giải chi tiết 33 Bài tập rèn luyện 54 Đề số 3 58 Hướng dẫn giải chi tiết 58 Bài tập rèn luyện 78 Đề số 4 81 Hướng dẫn giải chi tiết 81 Bài tập rèn luyện 103 Đề số 5 107 Hướng dẫn giải chi tiết 107 Bài tập rèn luyện 128 Đề số 6 132 Hướng dẫn giải chi tiết 132 Bài tập rèn luyện 151 Đề số 7 155 Hướng dẫn giải chi tiết 155 Bài tập rèn luyện 174 Đề số 8 177 Hướng dẫn giải chi tiết 177 Bài tập rèn luyện 197 Đề số 9 200 Hướng dẫn giải chi tiết 200 Bài tập rèn luyện 221 Đề số 10 225 Hướng dẫn giải chi tiết 225 Bài tập rèn luyện 247
Đề số 11 251 Hướng dẫn giải chi tiết 251 Bài tập rèn luyện 271 Đề số 12 275 Hướng dẫn giải chi tiết 275 Bài tập rèn luyện 297 Đề số 13 301 Hướng dẫn giải chi tiết 301 Bài tập rèn luyện 321 Đề số 14 325 Hướng dẫn giải chi tiết 325 Bài tập rèn luyện 346 Đề số 15 350 Hướng dẫn giải chi tiết 350 Bài tập rèn luyện 370 Đề số 16 373 Hướng dẫn giải chi tiết 373 Bài tập rèn luyện 392 Đề số 17 396 Hướng dẫn giải chi tiết 396 Bài tập rèn luyện 415 Đề số 18 419 Hướng dẫn giải chi tiết 419 Bài tập rèn luyện 439 Đề số 19 443 Hướng dẫn giải chi tiết 443 Bài tập rèn luyện 464 Đề số 20 467 Hướng dẫn giải chi tiết 467 Bài tập rèn luyện 488 Bảng đáp án 492 Đáp án bài tập rèn luyện 495 Gợi ý giải Checkpoint 498