Đề tập huấn thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2019 - Sở giáo dục và đào tạo Bắc Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề tập huấn thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2019 - Sở giáo dục và đào tạo Bắc Ninh (Có đáp án)

1. SỞ GDĐT BẮC NINH ĐỀ TẬP HUẤN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019 PHÒNG QUẢN LÝ CHẤT LƯỢNG Bài thi: Toán Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề có 50 câu trắc nghiệm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh : Mục tiêu: Đề tập huấn thi THPTQG năm 2019 của Sở GD&ĐT Bắc Ninh gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài toán thuộc nội dung Toán lớp 11. Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tại đã công bố từ đầu tháng 12. Trong đó xuất hiện các câu hỏi khó lạ như câu 45, 49 nhằm phân loại tối đa học sinh. Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất. Câu 1: Số giao điểm của đồ thị hàm số y x4 5x2 4 với trục hoành là A. 3. B. 2. C. 4. D. 1. Câu 2: Hàm số nào sau đây không có điểm cực trị? A. y xB.3 3x 1 C. D.y x2 2x y x4 4x2 1 y x3 3x 1 Câu 3: Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có AB và CD thuộc hai đáy của hình trụ, AB = 4a, AC = 5a. Thể tích khối trụ là A. V 16 aB.3 . C. V 4 aD.3. V 12 a3. V 8 a3. Câu 4: Cho hinh chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy. Tam giác ABC vuông cân tại B , biết SA = AC = 2a. Thể tích khối chóp S.ABC là 2 a3 4a3 A. V B. aC.3. D.V . V 2a3 V . S.ABC 3 S.ABC 3 S.ABC S.ABC 3 Câu 5: Cho k,n k n là các số nguyên dương. Mệnh đề nào sau đây SAI? n! A. C k CB.n k . C. D.Ck . Ak k!.Ck. Ak n!.Ck n n n k!.(n k)! n n n n Câu 6: Cho hình lăng trụ ABC.A' B'C' có thể tích bằng V . Gọi M là trung điểm cạnh BB', điểm N thuộc cạnh CC' sao cho CN 2C'N. Tính thể tích khối chóp A,BCNM theo V, 7V 7V V 6V A. V B. C. D V . V . V . A.BCNM 12 A.BCNM 18 A.BCNM 3 A.BCNM 18 Câu 7: Cho hàm số y x3 3x 1. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (-1;3). B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (-1;1) C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ; 1 và khoảng 1; . 1
2. D. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (-2;1). Câu 8: Cho tứ diện ABCD, gọi G1,G2 lần lượt là trọng tâm các tam giác BCD và ACD . Mệnh đề nào sau đây SAI? A. GB.1G 2 / / ABD G1G2 / / ABC 2 C. G G AB D. Ba đường thẳng BG 1, AG2 và CD đồng quy. 1 2 3 3 Câu 9: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f x x2ex 1. 3 3 A. B.f x dx ex 1 C f x dx 3ex 1 C 3 1 3 x 3 C. f x dx ex 1 C D. f x dx ex 1 C 3 3 2 Câu 10: Phương trình 72x 6x 4 49 có tổng tất cả các nghiệm bằng 5 5 A.1B. C. -1D. . 2 2 Câu 11: Đường cong như hình vẽ là đồ thị của hàm số nào? A. yB. x3 3x2 5. C.y 2x3 6x2 5 D. y x3 3x2 5 y x3 3x 5 Câu 12: Cho hình chóp đều .S ABCD có cạnh AB = a, góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ABC bằng 450. Thể tích khối chóp S.ABCD là a3 a3 2 a3 a3 2 A. B. C. D. 3 6 6 3 Câu 13: Mệnh đề nào sau đây đúng? A. B.x .exdx ex xex C. x.exdx xex ex C x2 x2 C. x.exdx ex C D. x. exdx ex ex C. 2 2 Câu 14: Khối đa diện nào có số đỉnh nhiều nhất? A. Khối nhị thập diện đều (20 mặt đều). B. Khối bát diện đều (8 mặt đều). 2
3. C. Khối thập nhị diện đều (12 mặt đều). D. Khối tứ diện đều. 1 Câu 15: Họ nguyên hàm của hàm số f x là 5x 4 1 1 1 A. B. ln 5x 4 C C. ln 5x 4 C D. ln 5x 4 C ln 5x 4 C ln 5 5 5 Câu 16: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, SA vuông góc với mặt phẳng ABC và AB = 2, AC = 4, SA 3. Mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp S.ABC có bán kính là 5 10 25 A. RB. R = 5C. D. R R . 2 3 2 x2 x 1 Câu 17: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y là x2 x 2 A. 4B. 1C. 3D. 2 Câu 18: Cho khối nón có bán kính đáy r 3 và chiều cao h = 4. Tính thể tích V của khối nón đã cho. A. VB. 12 C. V = 4D.V V =4 12 2 3 Câu 19: Tìm tập xác định D của hàm số y x2 3x 4 . A. DB. D¡ =\ R( 1;4) C. D ; 1  4; D. D ; 14; . a3 Câu 20: Cho a là số thực dương khác 5. Tính I log a 5 125 1 1 A. IB. I = -3C. D. I = 3 I 3 3 1 1 2 1 1 a b 2 2 Câu 21: Cho a > 0, b > 0, giá trị của biểu thức T 2 a b . ab . 1 bằng 4 b a 1 2 1 A.1B. C. D. 3 3 2 Câu 22: Cho a, b, c dương và khác 1. Các hàm số y loga x, y logb x, y logc x có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng? 3
4. A. bB. c a C. a D.b c a c b c b a Câu 23: Tập xác định của hàm số y 2sin x là A. [0;2]B. [-2;2]C. RD. [-1;1] Câu 24: Cho a 0,b 0 thỏa mãn a 2 4b2 5ab. Khẳng định nào sau đây đúng? A. 2B.lo g a 2b 5 log a logb log a 1 logb 1 a 2b log a logb C. log D. 5log a 2b log a logb 3 2 Câu 25: Cho tập A có 26 phần tử. Hỏi A có bao nhiêu tập con gồm 6 phần tử? 6 6 A. AB.26 6C. P 6 D. C26 Câu 26: Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất, xác suất để mặt có số chấm chẵn xuất hiện là 1 2 1 A. 1B. C. D. 3 3 2 Câu 27: Tập nghiệm của bất phương trình log1 x 1 log3 11 2x 0 là 3 11 A. S 3; B. C. S ;D.4 S 1;4 S 1;4 2 Câu 28: Cho hàm số f x liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây SAI? 4
5. A. Hàm số y f x có hai điểm cực trị. B. Nếu m 2 thì phương trình f x m có nghiệm duy nhất. C. Hàm số y f x có cực tiểu bằng -1. D. Giá trị lớn nhất của hàm số y f x trên đoạn [-2;2] bằng 2. Câu 29: Cho hàm số f x 2x ex . Tìm một nguyên hàm F x của hàm số f x thỏa mãn F 0 2019 A. F x ex 2019 B. F x x2 ex 2018 C. F x x2 ex 2017 D. F x x2 ex 2018 Câu 30: Tập tất cả giá trị của tham số m để hàm số y x3 3mx2 3x 1 đồng biến trên R là A. [-1;1]B. m ; 11; C. ; 1  1; D. (-1;1) 5b a a Câu 31: Cho a, b là các số dương thỏa mãn log a log b log . Tính giá trị . 9 16 12 2 b a 3 6 a a a 3 6 A. B. 7 C. 2 6 D. 7 2 6 b 4 b b b 4 Câu 32: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và ABC 600. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABC. Gọi là goc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SCD), tính sin biết rằng SB = a. 1 1 3 2 A. sB.in . C. sin D sin . sin . 4 2 2 2 Câu 33: Cho hàm số y f x liên tục trên R và có đạo hàm f ' x x2 x 2 x2 6x m với mọi x ¡ . Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn [-2019;2019] để hàm số g x f 1 x nghịch biến trên khoảng ; 1 ? 5
6. A. 2010B. 2012C. 2011D. 2009 Câu 34: Cho hình chóp S.ABC có AB AC 4, BC 2, SA 4 3, SAB SAC 300. Tính thể tích khối chóp S.ABC A. VB.S.A BC 8 6C. VS 4.AD.BC 12 VS.ABC VS.ABC Câu 35: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau x 1 3 + y ' - 0 + 0 - y 15 + 13 13 3 2 f 3 x f 2 x 7 f x Giá trị lớn nhất của m để phương trình e 2 2 m có nghiệm trên đoạn [0;2] là 15 A. eB.4 C. D. e3 e13 e5 Câu 36: Cho phương trình 2sin x 1 3 tanx 2sinx 3 4cos2 x. Tổng tất cả các nghiệm thuộc đoạn 0;20  của phương trình bằng 1150 570 880 875 A. B. C. D. 3 3 3 3 Câu 37: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B 'C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a 3, BC = 2a, đường thẳng AC ' tạo với mặt phẳng BCC 'B' một góc 300. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho bằng A. 6B. a32C. 4D. 24 a2 a2 a2 Câu 38: Cho hàm số f x liên tục trên R thỏa mãn điều kiện: f 0 2 3, f x 0,x R và f x . f ' x 2x 1 1 f 2 x ,x R. Khi đó giá trị f 1 bằng A. B.1 5 C. D. 2 3 24 26 Câu 39: Cho hình chóp S.BCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD); tứ giác ABCD là hình thang   vuông với cạnh đáy AD, BC; AD 3BC 3a; AB a, SA a 3. Điểm I thỏa mãn AD 3AI M; là trung điểm SD, H là giao điểm của AM và SI . Gọi E , F lần lượt là hình chiếu của A lên SB , . SC Tính thể tích V của khối nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH và đỉnh thuộc mặt phẳng (ABCD). a3 a3 a3 a3 A. VB. C. V D. V V 2 5 5 10 5 5 5 6
7. Câu 40: Cho phương trình mln2 x 1 x 2 m ln x 1 x 2 0(1). Tập tất cả giá trị của tham số m để phương trình 1 có các nghiệm, trong đó có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0 x1 2 4 x2 là khoảng a; . Khi đó, a thuộc khoảng A. (3,8;3,9)B. (3,7;3,8)C. (3,6;3,7)D. (3,5;3,6) Câu 41: Cho hàm số y x4 2x2 m 2 có đồ thị C. Gọi S là tập các giá trị của m sao cho đồ thị C có đúng một tiếp tuyến song song với trục Ox. Tổng tất cả các phần tử của S là A. 3. B. 8. C. 5. D. 2. Câu 42: Cho hai số thực x, y thỏa mãn x2 y2 4x 6y 4 y2 6y 10 6 4x x2 . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T x2 y2 a .Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn [-10;10] của tham số a để M 2m? A. 17B. 16C. 15D. 18 Câu 43: Cho hình chóp S.ABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA = OB = OC = a. Gọi M   là trung điểm cạnh AB . Góc hợp bởi hai véc tơ BC và OM bằng A. 1 200 B. 150 0 C. 135D. 600 0 7 7 7 1 10 7 Câu 44: Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện 720 C7 C8 Cn An 1 .Hệ số của x trong 4032 n 1 khai triển x 2 x 0 bằng x A.-550 B. 120 C. 560 D. -120 x m2 2 Câu 45: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y trên đoạn [0;4] x m bằng -1 A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 x 3 Câu 46: Cho hàm số y . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn [-6;6] của x3 3mx2 2m2 1 x m tham số m để đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận? A.12 B. 9 C. 8 D. 11 Câu 47: Tập nghiệm của bất phương trình log x x2 2 4 x2 2x x2 2 1 là a; b .Khi 2 đó ab bằng 12 5 15 16 A. B. C. D. 5 12 16 15 7
8. Câu 48: Cho tứ diện SABC và G là trọng tâm của tứ diện, mặt phẳng quay quanh AG và cắt các cạnh SB, V SC tương ứng tại M, N. Giá trị nhỏ nhất của tỉ số S ,AMN là VS.ABC 1 1 3 4 A. B. C. D. 2 3 8 9 Câu 49: Thiết diện của hình trụ và mặt phẳng chứa trục của hình trụ là hình chữ nhật có chu vi là 12cm. Giátrị lớn nhất của thể tích khối trụ là A. 3B2. 64cmC.3 8D. 16 cm3 cm3 cm3 Câu 50: Cho hàm số f x liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số 3sin x cos x 1 2 m để phương trình f f m 4m 4 có nghiệm? 2cosx sinx 4 A. 4B. 5C. Vô sốD. 3 8
9. MA TRẬN Cấp độ câu hỏi Chuyên Vận STT Đơn vị kiến thức Nhận Thông Vận Tổng đề dụng biết hiểu dụng cao C7 1 Đồ thị, BBT C11 C28 4 C23 2 Cực trị C2 C41 2 3 Hàm số Đơn điệu C30 C33 2 4 Tương giao C1 C35 2 5 Min - max C45 1 6 Tiệm cận C17 C46 2 7 Bài toán thực tế 0 C19 8 Hàm số mũ - logarit 2 C22 Biểu thức mũ - C20 9 C21 C31 4 Mũ - logarit C24 logarit Phương trình, bất 10 phương trình mũ - C10 C27 C40 C47 4 logarit 11 Bài toán thực tế 0 C9 12 Nguyên hàm C15 C13 4 Nguyên C29 13 hàm – Tích phân 0 Tích phân 14 Ứng dụng tích phân C38 1 15 Bài toán thực tế 0 16 Dạng hình học 0 17 Số phức Dạng đại số 0 18 PT phức 0 9
10. 19 Đường thẳng C43 1 Hình Oxyz 20 Mặt phẳng 0 21 Mặt cầu 0 Bài toán tọa điểm, C8 22 2 vecto C14 Bài toán về min, 23 0 max Thể tích, tỉ số thể 24 C4 C6 C34 C48 4 HHKG tích 25 Khoảng cách C32 1 26 Khối nón C17 C39 2 27 Khối tròn Khối trụ C3 1 xoay Mặt cầu ngoại tiếp 28 C16 1 khối đa diện 29 Tổ hợp – Tổ hợp – chỉnh hợp C5 C25 C44 3 30 xác suất Xác suất C26 1 CSC - Xác định thành phần 31 0 CSN CSC - CSN 32 PT - BPT Bài toán tham số C36 C37 C42 C50 4 NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan. Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 8%. Không có câu hỏi thuộc kiến thức lớp 10. Cấu trúc tương tự đề thi minh họa năm 2018-2019. 21 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 8 câu VDC. Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng, tuy nhiên có sự phân hóa cao với nhiều câu VDC ở nhiều mảng kiến thức. Đề thi phân loại học sinh ở mức khá 10
11. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1-C 2-A 3-C 4-A 5-D 6-B 7-C 8-C 9-C 10-D 11-C 12-B 13-B 14-C 15-C 16-A 17-C 18-B 19-C 20-D 21-A 22-C 23-C 24-C 25-D 26-D 27-C 28-C 29-D 30-A 31-B 32-D 33-C 34-C 35-A 36-D 37-A 38-C 39-C 40-E 41-C 42-B 43-A 44-A 45-C 46-B 47-D 48-D 49-C 50-D Câu 1: Chọn C. Phương pháp: Giải phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành. Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm. Cách giải: 4 2 2 2 x 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 5x 4 0 x 4 x 1 0 . x 1 Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục hoành là 4. Câu 2: Chọn A. Phương pháp: Giải phương trình f ' x 0 và kết luận. Cách giải: Xét đáp án A ta có y ' 3x2 3 0x R Hàm số không có cực trị. Câu 3: Chọn C. Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h và bán kính r là V r 2h. Cách giải: Ta có: BC AC 2 AB2 25a2 16a2 3a (Định lí Pytago) 11
12. AB Do đó khối trụ có bán kính đáy r 2a, chiều cao h AC 3a. 2 2 2 3 Vtru .r h 2a .3a 12 a . Câu 4: Chọn A. Phương pháp: 1 Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V S .h. 3 day Cách giải: AC Do ABC vuông cân tại B có AC 2a AB BC a 2. 2 1 1 1 2a3 V SA. BA.BC .2a.a 2.a 2 . S.ABC 3 2 6 3 Câu 5: Chọn D. Phương pháp: Sử dụng các công thức liên quan đến chỉnh hợp, tổ hợp, hoán vị. Cách giải: Ta có: n! C k C n k ,C k ; Ak k!C k là các công thức đúng. n n n k! n k ! n n Câu 6: Chọn B. Phương pháp: +) So sánh diện tích hình thang BMNC và diện tích hình bình hành BCC’B’ từ đó suy ra tỉ số thể tích V A.BMNC . VA.BCC 'B' +) So sánh VA.BCC 'B' với V. Cách giải: Ta có SBCC 'B' d B ';CC' .CC ' BM CN d B;CC ' S BMNC 2 1 1 2 7 d B;CC ' CC ' CC ' d B;CC ' .CC ' 2 2 3 12 12
13. SBMNC 7 VA.BMNC 7 7 VA.BMNC VA.BCC 'B'. SBCC 'B' 12 VA.BCC 'B' 12 12 2 7 2 7 Mà V V V . V V. A.BCC 'B' 3 A.BMNC 12 3 18 Câu 7: Chọn C. Phương pháp: Xét dấu y' và kết luận các khoảng đơn điệu của hàm số. Cách giải: TXĐ: D = R. Ta có y ' 3x2 3 0 x 1. Bảng xét dấu y’: x -1 1 + y ' + 0 - 0 + Hàm số đã cho đồng biến trên ; 1 và (1;+ ) và nghịch biến trên (-1;1). Câu 8: Chọn C. Phương pháp : +) Gọi M là trung điêm của CD. Chứng minh BG1, AG 2 ,CD đồng quy tại M. +) Chứng minh G1G2 / / AB. Cách giải: Gọi M là trung điểm của CD ta có : B, G1 , M thẳng hàng A, G2, M thẳng hàng BG2 , AG2 ,CD đồng quy tại M, do đó đáp án D đúng. MG MG 1 Ta có: 1 2 G G / / AB (Định lí Ta-lét đảo). MB MA 3 1 2 13
14. MàAB  (ABD), AB  (ABC) G1G2 / /(ABD),G1G2 / /(ABC) , do đó các đáp án A, B đúng. Câu 9: Chọn C. Phương pháp: Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt t x3 1. Cách giải: 3 f x dx x2ex 1dx. dt Đặt t x3 1 dt 3x2dx x2dx 3 t e dt 1 1 2 f x dx et C ex 1 C. 3 3 3 Câu 10: Chọn D. Phương pháp: Đưa về cùng cơ số : a f x a g x f x g x 0 a 1 . Cách giải: 1 2 x Ta có 72x 5x 4 49 72 2x2 5x 4 2 2 . x 2 1 5 Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 2 . 2 2 Câu 11: Chọn C. Phương pháp: +) Dựa vào lim y xác định dấu của hệ số a và loại đáp án. x +) Dựa vào các điểm đồ thị hàm số đi qua xác định đáp án đúng. Cách giải: Đồ thị hàm số đã cho là hàm đa thức bậc ba có a > 0 do lim y Loại đáp án A. x Đồ thị hàm số đi qua điểm 2;1 Loại các đáp án B và D. Câu 12: Chọn B. Phương pháp: +) Gọi O AC  BD ta có SO  (ABCD). +) Xác định góc giữa SA và mặt phẳng (ABC), từ đó tính SO. 1 +) Sử dụng công thức tính thể tích V AO.S . 3 ABCD 14
15. Cách giải: Gọi O AC  BD ta có SO  (ABCD). a 2  SA;(ABC)  SA;(ABCD) SAO 450 SO OA . 2 1 1 a 2 a3 2 V SO.S . .a2 . S.ABCD 3 ABCD 3 2 6 Câu 13: Chọn B. Phương pháp: Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần udv uv vdu C. Cách giải: Ta có xexdx xd ex xex exdx C xex ex C. Câu 14: Chọn C. Phương pháp: Sử dụng lí thuyết khối đa diện. Bảng tóm tắt của năm loại khối đa diện đều Loại Tên gọi Số đỉnh Số cạnh Số mặt {3;3} Tứ diện đều 4 6 4 {4;3} Lập phương 8 12 6 {3;4} Bát diện đều 6 12 8 {5;3} Mười hai mặt đều 20 30 12 {3;5} Hai mươi mặt đều 12 30 20 Cách giải: Bảng tóm tắt của năm loại khối đa diện đều 15
16. Loại Tên gọi Số đỉnh Số cạnh Số mặt {3;3} Tứ diện đều 4 6 4 {4;3} Lập phương 8 12 6 {3;4} Bát diện đều 6 12 8 {5;3} Mười hai mặt đều 20 30 12 {3;5} Hai mươi mặt đều 12 30 20 Khối đa diện đều có nhiều đỉnh nhất là khối nhị thập diện đều (12 mặt đều) với 20 đỉnh. Câu 15: Chọn C. Phương pháp: dx 1 Sử dụng bảng nguyên hàm mở rộng ln ax b C. ax b a Cách giải: dx 1 Ta có: ln 5x 4 C. 5x 4 5 Câu 16: Chọn A. Phương pháp: Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp có cạnh bên vuông góc với đáy là 2 h 2 R S , trong đó h là chiều cao của khối chóp và Rday là bán kính đường ròn ngoại tiếp đáy. 4 day Cách giải: Xét tam giác vuông ABC ta có BC AB2 AC 2 22 42 2 5. Tam giác ABC vuông tại A nên nội tiếp đường tròn đường kính BC. BC Gọi Rday là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC R 5. day 2 Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC có SA  ABC : SA2 5 5 R S 2 5 . 4 day 4 2 Câu 17: Chọn C. Phương pháp: Cho hàm số y f x . + Nếu lim y y0 y y0 là TCN của đồ thị hàm số. x 16
17. + Nếu lim y x x0 là TCĐ của đồ thị hàm số x x0 Cách giải: Ta có: 1 1 2 1 x x 1 2 lim y lim lim x x 1 y 1 là TCN của đồ thị hàm số. x x 2 x 1 2 x x 2 1 x x2 x2 x 1 lim y lim 2 x 2 x 2 x x 2 x 2, x 1 là các đường TCĐ của đồ thị hàm số. x2 x 1 lim y lim x 1 x 1 x2 x 2 Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận. Câu 18: Chọn B. Phương pháp: 1 Sử dụng công thức tính thể tích khối nón có bán kính đáy r và chiều cao h là V r 2h. 3 Cách giải: 1 1 2 Thể tích khối nón là V r 2h 3 .4 4 . 3 3 Câu 19: Chọn C. Phương pháp: TXĐ của hàm số y xn phụ thuộc vào n như sau: n ¢ n ¢ n¢ D ¡ D ¡ \{0} D 0; Cách giải: 2 x 4 Vì 2 3 ¢ Hàm số xác định x 3x 4 0  . x 1 Vậy TXĐ của hàm số là D ; 1  4; . Câu 20: Chọn D. Phương pháp: m Sử dụng công thức loga b mloga b 0 a 1,b 0 . Cách giải: 17
18. 3 a3 a a Ta có: I log a log a 3log a 3. 5 125 5 5 5 5 Câu 21: Chọn A. Phương pháp: Quy đồng, sử dụng các công thức nhân chia lũy thừa. Cách giải: 1 2 2 1 1 1 a b Ta có: T 2 a b . ab 2 1 4 b a 1 2 2 2 1 a b 2 2 ab a b 2 ab a b 2 . ab 1 . . 1 . 1 a b 4 ab a b 4ab a b 4ab Câu 22: Chọn C. Phương pháp: Kẻ đường thẳng y = m > 0 và so sánh các giá trị a, b, c. Cách giải: Kẻ đường thẳng y = m > 0 như hình vẽ ta có: m m m loga x 1 m x 1 a ,logb x2 m x2 b ,logc x3 m x3 c m m m Quan sát hình vẽ ta thấy x2 x3 x1 b c a . Mà m > 0 nên b c > b. Câu 23: Chọn C. Phương pháp: Hàm số y sinx xác định trên R. Cách giải: Hàm số y 2sin x xác định trên R nên tập xác định D = R. Câu 24: Chọn C. 18
19. Phương pháp: Cộng cả hai vế của đẳng thức bài cho với 4ab và lấy logarit cơ số 10 hai vế. Cách giải: Ta có: a2 4b2 5ab a2 4ab 4b2 9ab a 2b 2 9ab. Logarit cơ số 10 hai vế ta được: log a 2b 2 log(9ab) 2log a 2b log9 loga logb 2log a 2b 2log3 log a logb 2(log a 2b log3) log a logb a 2b log a logb log . 3 2 Câu 25: Chọn D. Phương pháp: k Số tập con gồm k phần tử của tập hợp A gồm n phần tử là Cn . Cách giải: 6 Số tập con gồm 6 phần tử trong tập A gồm 26 phần tử là C26. Câu 26: Chọn D. Phương pháp: n(A) Tính n  và n(A) suy ra xác suất P(A) . n() Cách giải: Số phần tử không gian mẫu n() 6. Gọi biến cố A: “mặt chẵn chấm xuất hiện” Ta có: A 2;4;6 n(A) 3. 3 1 Vậy xác suất P(A) . 6 2 Câu 27: Chọn C. Phương pháp: Biến đổi đưa về cùng cơ số 3 rồi giải bất phương trình. Cách giải: x 1 x 1 0 11 Điều kiện: 11 1 x 11 2x 0 x 2 2 Ta có: 19
20. log1 x 1 log3 (11 2x) 0 log3 (x 1) log3 (11 2x) 0 3 11 2x 11 2x 11 2x 12 3x log 0 1 1 0 0 3 x 1 x 1 x 1 x 1 12 3x 0 x 4 (do x – 1 > 0) 11 Kết hợp với điều kiện 1 x ta được 1 x 4 hay tập nghiệm của bất phương trình là S 1;4. 2 Câu 28: Chọn C. Phương pháp: Nhận xét tính đúng sai của từng đáp án dựa vào đồ thị hàm số. Cách giải: Đáp án A: đúng. Đáp án B: Với m > 2 hoặc m 0 và phương trình y ' 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép. Cách giải: Hàm số đã cho là hàm số bậc ba có a = 1 > 0, có: y ' 3x2 6mx 3. Do đó nó đồng biến trên R nếu và chỉ nếu phương trình y’ = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép ' 9m2 9 0 1 m 1. Vậy m [ 1;1]. 20
21. Câu 31: Chọn B. Phương pháp: 5b a - Đặt log a log b log t, biến đổi đưa về phương trình ẩn t. 9 16 12 2 a - Giải phương trình suy ra . b Cách giải: 5b a 5b a Đặt log a log b log t, ta được: a 9t ,b 16t , 12t 9 16 12 2 2 t t t 2t t 5.16 9 t t t t 3 3 3 Suy ra 12 5.16 2.12 9 0 5 2. 0 6 1. 2 4 4 4 2t a 9t 3 2 Do đó 6 1 7 2 6. t b 16 4 Câu 32: Chọn D. Phương pháp: - Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và (SCD) cũng bằng góc giữa OM và (SCD). - Xác định góc và tính sin . Cách giải: Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và (SCD) cũng bằng góc giữa OM và (SCD) (Vì OM//SB). Gọi H là hình chiếu của O trên (SCD) OM ,(SCD) (OM , MH ) OMH. 1 1 1 1 Trong (SBD) kẻ OE//SH, khi đó tứ diện OECD là tứ diện vuông nên . OH 2 OC 2 OD2 OE 2 21
22. a a 3 Ta dễ dàng tính được OC ,OD . 2 2 2 OE OD 3 3 2 2 2 a 3 a 6 Lại có: OE SH, mà SH SB BH a SH HD 4 4 3 3 3 3 a 6 a 6 Do đó OE SH . . 4 4 3 4 1 1 1 1 8 a 2 Suy ra 2 2 2 2 2 OH . OH a / 2 a 3 / 2 a 6 / 4 a 4 1 a a 2 OH 2 Tam giác OMH vuông tại H có OM SB ,OH sinOMH . 2 2 4 OM 2 2 Vậy sin . 2 Câu 33: Chọn C. Phương pháp: Hàm số nghịch biến trên ; 1 nếu g ' x 0,x ; 1 . Cách giải: Ta có: g '(x) f' 1 x 1 x 2 1 x 2 1 x 2 6 1 x m 1 x 2 1 x x2 4x m 5 x 1 2 x 1 x2 4x m 5 Hàm số g x nghịch biến trên ; 1 g ' x 0, x ; 1 x 1 x2 4x m 5 0, x ; 1 x2 4x m 5 0, x ; 1 (do x 1 0, x ; 1 ) h x x2 4x 5 m x ; 1 m min h x . ; 1 Ta có h' x 2x 4 0 x 2. BBT: x -2 -1 h' x - 0 + h x -9 22
23. Dựa vào BBT ta có m 9 m 9. Mà m  2019;2019 và m nguyên nên m 9;10;11; ;2019 hay có 2019 – 9 + 1 = 2011 giá trị của m thỏa mãn. Câu 34: Chọn C. Phương pháp: - Gọi M là trung điểm của BC, dựng chiều cao hình chóp. 1 - Tính diện tích đáy và chiều cao suy ra thể tích V Sh. 3 Cách giải: Dễ thấy SAB SAC(c.g.c) hay tam giác SBC cân. Gọi M là trung điểm BC ta có: AM  BC, SM  BC BC  (SAM). Gọi H là hình chiếu của S trên AM thì SH  AM , SH  BC nên SH là đường cao của hình chóp. Xét tam giác SAB có: SB2 SA2 AB2 2.SA.AB.cos300 16 SB 4 SC 4. SB2 SC 2 BC 2 Do đó SM 2 15 SM 15 2 4 AB2 AC 2 BC 2 Tam giác ABC có AM 2 15 AM 15. 2 4 Khi đó SSAM p( p a)( p b)( p c) 6. 2S 2.6 4 15 Do đó: SH SAM . AM 15 5 1 1 1 1 4 15 V S .SH . AM.BC.SH . 15.2. 4. S.ABC 2 ABC 3 2 6 5 Câu 35: Chọn A. 23
24. Phương pháp: - Lấy ln hai vế rồi xét hàm số vế trái trên đoạn [0;2]. - Tìm điều kiện để bài toán thỏa dựa vào tương giao đồ thị và suy ra giá trị m. Cách giải: 13 3 2 f 3 x f 2 x 7 f x 13 3 Ta có: e 2 2 m 2 f 3 x f 2 x 7 f x ln m 2 2 13 3 Xét g x 2 f 3 x f 2 x 7 f x có 2 2 2 2 g ' x 6 f x . f ' x 13 f x . f ' x 7 f ' x f ' x 6 f x 13 f x 7 f ' x 0 x 1; x 3 f ' x 0 Suy ra g ' x 0 f x 1 x 1; x x 3 2 1 6 f x 13 f x 7 0 7 x x 1 f x 2 6 Xét g x trên đoạn [0;2]. 7 7 + Trong khoảng (0;1) thì f ' x 0, f x 1, f x nên f ' x f x 1 f x 0 hay g ' x 0. 6 6 7 7 + Trong khoảng (1;2) thì f ' x 0, f x 1, f x nên f ' x f x 1 f x 0 hay g ' x 0. 6 6 Từ đó ta có bảng biến thiên của g x như sau: x 0 1 2 g ' x + 0 - g x 4 Từ bảng biến thiên ta thấy max g x 4. [0;2] Vậy yêu cầu bài toán thỏa nếu và chỉ nếu ln m 4 m e4 hay giá trị lớn nhất của m là m e4. Câu 36: Chọn D. Phương pháp: - Sử dụng các công thức nhân ba, phân tích tích thành tổng để biến đổi đơn giản phương trình. - Giải phương trình, tìm nghiệm thỏa mãn bài toán và tính tổng các nghiệm. Cách giải: 2sin x 1 3 tanx 2sinx 3 4cos2 x * 24
25. Điều kiện: cos x 0 x k . 2 3 sin 2sin x cos x * 2sin x 1 . 3 4cos2 x cos x 2sin x 1 3 sinx sin 2 x 4cos3 x 3cos x 0 2 3 sin2 x 3 sinx 2sinsin 2 x sin 2 x cos3x 0 2 3 sin2 x 3 sinx cosx cos3x sin 2 x cos3x 0 3 sinx 2sin x 1 sin 2x cos x 0 3 sinx 2sin x 1 cos x 2sin x 1 0 2sin x 1 3 sinx cosx 0 2sin x 1 0(1) 3 sinx cosx 0(2) x k2 1 6 Giải (1) sinx 2 5 x k2 6 1 Giải 2 3 sinx cosx 3 tanx 1 tanx x k TM . 3 6 x k 6 Hợp nghiệm của (1) và (2) ta được k ¢ . 5 x k2 6 5 5 5  Mà x 0;20  x ; ; ; 19 ; ; 2 ; 18  6 6 6 6 6 6  Vậy tổng các nghiệm là: 5 5 5 2 19 2 18 6 6 6 6 6 6 6 5 875 20. 1 2 3 19 .10 2 1 2 9 6 6 3 Câu 37: Chọn A. Phương pháp: - Xác định góc giữa AC ' với BCC ' B ' . 25
26. h2 - Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đứng theo công thức R r 2 . 4 Cách giải: Trong mặt phẳng (ABC) kẻ AH  BC H BC . Lại có AH  BB ' (do BB  (ABC) suy ra AH  BCC ' B ' . Suy ra AC ', BCC ' B ' AC ' H 300 AB.AC a 3 Ta có: AC BC 2 AB2 a, AH . BC 2 AH AC ' a 3 CC ' AC '2 AC 2 a 2. sin AC ' H h2 BC Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ, khi đó R r 2 với r a là bán kính đường tròn 4 2 ngoại tiếp tam giác vuông ABC và h CC ' a 2 a2 a 6 6a 2 Do đó R a2 S 4 R2 4 . 6 a2. 2 2 4 Câu 38: Chọn C. Phương pháp: Chia cả hai vế cho 1 f 2 x rồi lấy nguyên hàm hai vế tìm f x . Cách giải: Ta có: f x . f ' x 2x 1 1 f 2 x f x . f ' x f x . f ' x 2x 1 dx 2x 1 dx 2 2 1 f x 1 f x 26
27. f x . f ' x Tính dx ta đặt 1 f 2 x t 1 f 2 x t 2 2 f x f ' x dx 2tdt 2 1 f x f x f ' x dx tdt f x . f ' x tdt Thay vào ta được dx dt t C 1 f 2 x C 2 1 f x t Do đó 1 f 2 x C x2 x. 2 f 0 2 2 1 2 2 C 0 C 3. Từ đó: 1 f 2 x 3 x2 x 1 f 2 x 3 1 1 1 f 2 x 5 1 f 2 (1) 25 f 2 (1) 24 f 1 24 Câu 39: Chọn C. Phương pháp: - Chứng minh tứ giác AEFH nội tiếp, từ đó tìm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EHF . - Tìm đỉnh hình nón và tính chiều cao, bán kính đáy rồi suy ra thể tích. Cách giải: Xét tam giác SAD vuông tại A có SA a 3,AD 3a SDA 300 MAI 300. Lại có tam giác SAI vuông tại A có SA a 3, AI a SIA 600 nên tam giác AHI có H 900 hay AH  SI. Mà AH  IC do IC / /BA  (SAD) nên AH  (SIC) AH  SC. Ngoài ra, AE  SB, AE  BC BC  (SAB) AE  (SBC) AE  SC. 27
28. Mà AE  SC nên SC  (AEFH ) và AEFH là tứ giác có E H 900 nên nội tiếp đường tròn tâm K là trung điểm AF đường kính AF . Gọi O là trung điểm AC thì OK / /SC, mà SC  (AEFH nên OK  (AEFH ) hay O chính là đỉnh hình nón và đường tròn đáy là đường tròn đường kính AF . Ta tính AF, OK. SA.AC SA.AC a 6 Xét tam giác SAC vuông tại A đường cao AF nên AF ; SC SA2 AC 2 5 1 1 CA2 a OK CF . . 2 2 CS 5 2 3 1 2 1 a 1 a 6 a Vậy thể tích V r h . . . . 2 3 5 2 5 10 5 Câu 40: Chọn B. Phương pháp: Đưa phương trình về dạng tích, giải phương trình tìm nghiệm và tìm điều kiện để bài toán thỏa. Cách giải: mln2 x 1 x 1 mln x 1 x 1 0 Điều kiện: x > -1. Ta có: mln2 x 1 x 2 m ln x 1 x 2 0 mln2 x 1 x 2 ln x 1 mln x 1 x 2 0 mln x 1 ln x 1 1 x 2 ln x 1 1 0 ln x 1 1 mln x 1 x 2 0 ln x 1 1 0 x 1 e 1 mln x 1 x 2 0 mln x 1 x 2 0 x e 1 1 0(L) mln x 1 x 2 0(*) Với m = 0 thì phương trình (*) có nghiệm x 2 1(L) nên không thỏa bài toán. ln(x 1) 1 Với m 0 thì (*) . x 2 m 28
29. x 2 ln x 1 ln 1 x x 1 ln(1 x) Xét f x có f ' x 0 x x0 (2;3) và lim f x lim 0 nên x 2 x 2 2 x x x 2 ta có bảng biến thiên trên 1; như sau: x -1 0 2 x0 3 4 f ' x f x ln 3 ln 5 4 6 0 6 1 ln 5 6 Để phương trình có nghiệm x , x thỏa 0 x 2 4 x thì 0 m 3,728 1 2 1 2 m 6 ln 5 6 Suy ra a 3,7;3,8 . ln 5 Câu 41: Chọn C. Phương pháp: Nhận xét rằng: Với hàm đã cho thì để tiếp tuyến của đồ thị hàm số đó song song với trục Ox thì tiếp điểm là điểm cực trị của đồ thị hàm số. Từ đó suy ra điều kiện để có đúng một tiếp tuyến song song với trục Ox. Chú ý rằng ta tìm cực trị bằng định lý: y ' x0 0 + Nếu x0 là điểm cực đại của hàm số. y '' x0 0 y ' x0 0 + Nếu x0 là điểm cực tiểu của hàm số. y '' x0 0 Cách giải: x 0 3 2 Ta có y ' 4x 4x 0 4x x 1 0 x 1 x 1 29
30. Lại có y '' 12x2 4 y '' 0 4 0; y '' 1 y '' 1 8 0 nên x 0 là điểm cực đại của hàm số và x 1; x 1 là các điểm cực tiểu của hàm số. Nhận thấy rằng đây là hàm trùng phương nên hai điểm cực tiểu sẽ đối xứng nhau qua Oy. Từ đó để tiếp tuyến của đồ thị song song với trục Ox thì tiếp điểm là điểm cực trị của đồ thị hàm số. Do đó để có đúng 1 tiếp tuyến song song với trục Ox thì điểm cực đại hoặc cực tiểu phải nằm trên trục Ox. Hay y 0 0 m 2 0 m 2 y 1 0 m 3 0 m 3 Vậy S 2;3 tổng các phần tử của S là 2 + 3 = 5. Câu 42: Chọn B. Phương pháp: Biến đổi đẳng thức đã cho để đưa về dạng phương trình đường tròn (C) tâm I bán kính R. Từ đó ta đưa bài toán về dạng bài tìm M x; y (C) để OM a lớn nhất hoặc nhỏ nhất. Xét các trường hợp xảy ra để tìm a. Cách giải: Ta có x2 y2 4x 6y 4 y2 6y 10 6 4x x2 x2 y2 4x 6y 4 y2 6y 10 6 4x x2 0 y2 6y 10 6 4x x2 y2 6y 10 6 4x x2 x2 y2 4x 6y 4 0 y2 6y 10 6 4x x2 30
31. y2 6y 10 6 4x x2 x2 y2 4x 6y 4 0 y2 6y 10 6 4x x2 x2 y2 4x 6y 4 x2 y2 4x 6y 4 0 y2 6y 10 6 4x x2 1 x2 y2 4x 6y 4 1 0 2 2 y 6y 10 6 4x x 1 x2 y2 4x 6y 4 0 (vì 1 0) y2 6y 10 6 4x x2 x 2 2 y 3 2 9 Phương trình x 2 2 y 3 2 9 là phương trình đường tròn (C) tâm I(2;-3) và bán kính R = 3. Gọi N x; y (C) ta suy ra ON x2 y2 suy ra T ON a Gọi A, B là giao điểm của đường tròn (C) và đường thẳng OI. Khi đó OA OI R 13 3 và OB OI R 13 3 Suy ra 13 3 x2 y2 13 3 TH1: Nếu 13 3 a 13 3 thì x 2 y2 a 0 minT 0 M 2m a 1;2;3;4;5;6 TH2: Nếu a 13 3 a 13 nên 13 3 a 13 3 a , do đó M 13 3 a ;m 13 3 a Vì M 2m 13 3 a 2 13 3 a 2 2 13 3 a 2 13 6 2a 0 13 9 a 13 1 a  5; 4; 3; 2; 1;0 TH3: Nếu a 13 3 a 13 nên 13 3 a 13 3 a , do đó m 13 3 a ;M 13 3 a Vì M 2m 13 3 a 2 13 3 a 2 2 13 3 a 2 13 6 2a 0 13 1 a 13 9 a 7;8;9;10 Vậy có 16 giá trị của a thỏa mãn đề bài. Câu 43: Chọn A. Phương pháp:     BC.OM   Gắn hệ trục tọa độ Oxyz rồi tính cos BC;OM   để tích góc giữa các véc tơ BC;OM . BC . OM 31
32. Cách giải: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với A Ox; B Oy;C Oz và OA OB OC a. a a Khi đó A a;0;0 , B 0;a;0 ,C 0;0;a M ; ;0 2 2   2 2   a a a a a 2 2 2 Ta có OM ; ;0 OM 0 và BC 0; a;a BC a a a 2 2 2 4 4 2 a a a2   .0 .( a) 0.a   BC.OM 1 Từ đó cos BC;OM 2 2 2 .   2 BC . OM a 2 a 2 a 2. 2   Nên góc giữa hai véc tơ BC;OM là 1200. Câu 44: Chọn A. Phương pháp: k k 1 k 1 7 7 7 7 8 Ta dùng công thức Cn Cn Cn 1 để chứng minh C7 C8 C9 Cn Cn 1 n! n! Từ đó thay C k ; Ak để có phương trình ẩn n. n k! n k ! n n k ! n 1 7 Giải phương trình tìm được n ta thay vào khai triển x 2 để tìm hệ số của x . x n n k n k k Chú ý: a b Cn a b 0 k n;k,n ¥ k 0 Cách giải: k k 1 k 1 + Sử dụng công thức Cn Cn Cn 1 , ta có 32
33. C8 C8 C 7 n 1 n n 8 7 8 Cn Cn 1 Cn 1 8 7 8 Cn 1 Cn 2 Cn 2 C8 C8 C 7 9 8 8 8 8 C8 C8 8 8 8 8 8 8 7 8 7 8 7 8 Cộng vế với vế ta được Cn 1 Cn Cn 1 C9 C8 Cn Cn Cn 1 Cn 1 C8 C8 C8 8 7 7 8 8 7 7 7 7 8 Thu gọn ta được C8 C8 Cn Cn 1 mà C8 C7 1 nên C7 C8 Cn Cn 1 1 1 n 1 ! 1 n 1 ! Khi đó ta có 720C 7 C 7 C 7 A10 720.C8 A10 720. 7 8 n 4032 n 1 n 1 4032 n 1 8! n 7 ! 4032 n 9 ! 1 n 1 ! 1 n 1 ! . n 9 56 n 9 ! n 8 n 7 4032 n 9 ! n 7 n 8 72 n2 15n 56 72 2 n 1(ktm) n 15n 16 0 n 16(tm) 16 k 1 16 1 16 16 Với n = 16 ta có x C k .x16 k C k .x16 k .x 2k ( 1)k C k .x16 3k ( 1)k 2  16 2  16  16 x k 0 x k 0 k 0 Số hạng chứa x7 ứng với 16 3k 7 k 3 3 3 Nên hệ số cần tìm là C16.( 1) 560. Chú ý : Một số em bỏ qua thừa số ( 1)k dẫn đến sai dấu đáp án. Câu 45: Chọn C. Phương pháp: Tính y’ rồi đánh giá để chỉ ra hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Từ đó tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên a;b. Cách giải: ĐK: x m 2 m m 2 2 1 2 7 Ta có y ' 2 nhận thấy m m 2 m 0;m nên y ' 0;m x m 2 4 Hay hàm số đồng bến trên từng khoảng xác định. 33
34. m 0 Để hàm số đạt GTLN trên [0;4] thì m 0;4 m 4 4 m2 2 Suy ra max y y(4) . Theo bài ra ta có [0;4] 4 m 2 4 m 2 2 2 m 2(ktm) 1 m 2 m 4 m m 6 0 4 m m 3(tm) Vậy có một giá trị của m thỏa mãn. Câu 46: Chọn B. Phương pháp: Ta sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang: Đường thẳng y y 0là TCN của đồ thị hàm số y f x nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn lim f x y0 ; lim f x y0 x x Ta sử dụng nhận xét: “Đối với hàm phân thức, số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là số nghiệm của mẫu thức khác nghiệm của tử thức” để tìm các tiệm cận đứng của đồ thị đã cho. Cách giải: x 3 Ta có y x3 3mx 2 2m2 1 x m x 3 x 3 3 3 lim f x lim lim x x 0 nên y = 0 là tiệm ngang x x 3 2 2 x 2 x 3mx 2m 1 x m x 2 x m 1 3m 3 2m 1 3 3 x x x của đồ thị hàm số. Vậy để đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận thì đồ thị hàm số phải có 3 đường tiệm cận đứng. Hay phương trình x3 3mx2 2m2 1 x m 0(1) có ba nghiệm phân biệt x 3. x m Ta có x3 3mx2 2m2 1 x m 0 x m x2 2mx 1 0 2 x 2mx 1 0(*) Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khác 3 thì m 3 và phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác m và khác 3. m 1 ' m2 1 0 m 1 m 1 2 5 m 1 Do đó 3 2.m.3 1 0 m 3 5 m2 2m2 1 0 m m 1 3 m 1 34
35. m 3 Kết hợp điều kiện m  6; 5; 4; 3; 2;2;4;5;6 6 m 6 Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn điều kiện Câu 47: Chọn D. Phương pháp: + Tìm điều kiện + Biến đổi bất phương trình để đưa về dạng hàm số f a f b , chỉ ra hàm f t đồng biến với t > 0 nên suy ra a b. + Kết hợp điều kiện để suy ra tập nghiệm của bất phương trình. b Chú ý sử dụng các công thức log loga b loga c;loga bc loga b loga c 0 a 1;b,c 0 a c Cách giải: 2 Điều kiện: x x2 2 4 x2 0 x x2 2 x 4 0 x. 4 0 x2 2 x 2 2x 4 x 2 x 0 6x 4 x2 2 0 (vì x2 2 x;x) x2 2 x x2 2 x 3x 0 x 0 x 0 2 3x 0 2 x 2 3x x 0 40 2 x 0 4 x2 2 3x 5x2 8 5 Khi đó ta có log x x2 2 4 x2 2x x2 2 1 2 log x x2 2 x 4 2x x2 2 1 2 2x 2 log2 4 2x x 2 1 x2 2 x 6x 4 x2 2 log 2x x2 2 1 2 2 x 2 x log 6 4 x2 2 log x2 2 x 2x x2 2 1 2 2 log 2 3x 2 x2 2 log x2 2 x 2x x2 2 1 2 2 35
36. log 2 log 3x 2 x2 2 log x2 2 x 2x x2 2 1 2 2 2 1 log 3x 2 x2 2 log x2 2 x 2x x2 2 1 2 2 log 3x 2 x2 2 3x 2 x2 2 log x2 2 x x x2 2 (*) 2 2 1 Xét hàm số f t t log t với t > 0 ta có f ' t 1 0;t 0 nên f t là hàm đồng biến trên 2 t.ln 2 0; Từ đó * f 3x 2 x2 2 f x2 2 x 3x 2 x2 2 x2 2 x x2 2 2x x 0 6 2x 0 x 0 x 6 x 2 2 2 3 x 2 4x 3x 2 3 6 x 3 x 0 40 6 8 2 Kết hợp điều kiện 40 ta có x hay x x 0 5 3 5 3 5 8 2 8 2 8 2 16 Tập nghiệm bất phương trình S ; nên a ;b a.b . . 5 3 5 3 5 3 15 Câu 48: Chọn D. Phương pháp: V SM SN SP + Sử dụng tỉ số thể tích: Cho chóp tam giác S.ABC có M SA, N SB, P SC S.MNP . . VS.ABC SA SB SC + Sử dụng tính chất: Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Đường thẳng bất kì đi qua G cắt các cạnh AB, Ac AB AC lần lượt tại M, N. Khi đó ta có 3. AM AN (Chứng minh tính chất trên như sau: 36
37. Qua B, C kẻ các đường thẳng song song với MN cắt đường thẳng AG tại K và . I Gọi D là trung điểm BC. AB AI AC AK AB AC AI AK AI AK Theo định lý Ta-lét ta có ; AM AG AN AG AM AN AG AG AG Mà IBD KCD g c g KD ID 3 AI AK AD DI AK AD KD AK AD AD 2AD 2. AG 3AG 2 AB AC AI AK 3AG Do đó 3). AM AN AG AG + Sử dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị nhỏ nhất. + Lưu ý rằng trọng tâm tứ diện là giao của 4 đường thẳng nối đỉnh và trọng tâm tam giác đối diện. Cách giải: SM SN Đặt a; b 0 a;b 1 SB SC Lấy E là trung điểm BC. Trong (SAE), kéo dài AG cắt SE tại I. Khi đó I MN và I là trọng tâm tam giác SBC. SB SC Khi đó trong tam giác SBC ta luôn có 3 (tính chất đã được chứng minh ở trên) SM SN V SA SM SN Lại có S.AMN . . ab VS.ABC SA SB SC 37
38. SB SC 1 1 Ta có 3 3. SM SN a b 1 1 Cô si 2 2 2 4 Xét ab ab 1 1 a b ab 3 9 a b 2 Dấu = xảy ra khi a b . 3 V 4 V 4 Từ đó S.AMN ab hay tỉ số S.AMN nhỏ nhất là bằng . VS.ABC 9 VS.ABC 9 Câu 49: Chọn C. Phương pháp: + Sử dụng công thức tính chu vi hình chữ nhật = (chiều dài+chiều rộng).2 + Sử dụng công thức tính thể tích hình trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là V r 2h + Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm a b c 33 abc để tìm giá trị lớn nhất của thể tích. Chú ý dấu = xảy ra khi a = b = c. (Hoặc sử dụng hàm số để tìm giá trị lớn nhất của thể tích.) Cách giải: Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ lần lượt là r và h(r,h 0) Thiết diện là hình chữ nhật ABCD có chu vi 2 AB BC 2. h 2r Theo giả thiết ta có 2 h 2r 12 h 2r 6 h 6 2r r 3 Thể tích khối trụ V r 2h r 2. 6 2r r.r. 6 2r Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số r;r;6 2r ta được r r 6 2r 33 r.r 6 2r 3 r.r. 6 2r 2 r 2 6 2r 8 r 2 6 2r 8 Hay V 8 . Dấu = xảy ra khi r 6 2r r 2 TM Vậy giá trị lớn nhất của khối trụ là V 8 . 38
39. Câu 50: Chọn D. Phương pháp: 3sin x cos x 1 + Đặt t, biến đổi đưa về asin x bcos x c, phương trình này có nghiệm khi 2cosx sinx 4 a2 b2 c2 từ đó ta tìm ta được điều kiện của t. + Dựa vào đồ thị hàm số để xác định điều kiện nghiệm của phương trình f x f t Từ đó suy ra điều kiện có nghiệm của phương trình đã cho. Chú ý rằng nếu hàm f t đồng biến (hoặc nghịch biến) trên (a;b) thì phương trình f u f v nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất trên a;b u v. Cách giải: Vì 1 sinx 1; 1 cosx 1 nên 2cos x sinx 3 2cosx sinx 4 0 3sin x cos x 1 Đặt t 3sin x cos x 1 t 2cosx sinx 4 2cosx sinx 4 cos x 2t 1 sinx t 3 4t 1 Phương trình trên có nghiệm khi 2t 1 2 t 3 2 4t 1 2 9 5t 2 10t 10 16t 2 8t 1 11t 2 2t 9 0 t 1 0 t 1 11 Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số f x đồng biến trên (0;1) Nên phương trình f x f t với t [0;1] có nghiệm duy nhất khi x t x 0 3sin x cos x 1 2 Do đó phương trình f f m m 4 có nghiệm 2cosx sinx 4 t m2 4m 4 có nghiệm với 0 t 1 0 m2 4m 4 1 m 2 2 1 3 m 1 Mà m ¢ nên m  3; 2; 1. Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu. 39