Đề thi minh học kì thi Trung học phổ thông quốc gia môn Toán Lớp 12 - Đề số 150 (Kèm đáp án)

Nội dung text: Đề thi minh học kì thi Trung học phổ thông quốc gia môn Toán Lớp 12 - Đề số 150 (Kèm đáp án)

1. ĐỀ THI MINH HỌA KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Đề số 150 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1. Số nghiệm của phương trình x3 x .ex . x 2e là: A. Vô nghiệmB. 1 nghiệmC. 2 nghiệmD. Vô số nghiệm Câu 2. Số giá trị cực trị của hàm số y x4 2x2 3 là: A. 1B. 2C. 3D. Vô số Câu 3. Giá trị lớn nhất của hàm số y x3 2x2 x 4 là: 104 A. -4B. C. 100D. Không tồn tại 27 Câu 4. Số điểm cực trị của hàm số y x3 3x2 3x 6 là: A. 0B. 1C. 2D. Vô số Câu 5. Chọn phát biểu đúng khi nói về hàm số f x x tại x 0 . A. Có đạo hàm và đạt cực trịB. Không có đạo hàm và đạt cực trị C. Có đạo hàm và không đạt cực trịD. Không có đạo hàm và không đạt cực trị 2x 1 Câu 6. Chọn phát biểu đúng khi nói về tiệm cận của đồ thị hàm số y . x 2 A. Tiệm cận ngang là đường thẳng B.y Tiệm 2 cận đứng là đường thẳng x 2 C. Tiệm cận đứng là đường thẳng D.y Tiệm2 cận ngang là đường thẳng y 2 Câu 7. Chu vi của một tam giác là 16cm, độ dài một cạnh tam giác là 6cm. Tích độ dài hai cạnh còn lại của tam giác trong trường hợp tam giác có diện tích lớn nhất là: A. B.44 251C.0 9D. 16 x Câu 8. Cho hàm số f x 2 . Biết rằng max f x f x0 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm x 1 ¡ số tại điểm x x0 là: 1 A. B.y y 0 2 C. Không tồn tại GTLND. Không tồn tại tiếp tuyến x 1 Câu 9: Đạo hàm của hàm số y bằng biểu thúc nào sau đây? x2 1 2x 1 x 2 x 1 x2 x 1 A. B. C. D. 2 3 3 3 x 1 x2 1 x2 1 x2 1 Câu 10. Giả sử rằng hàm số C : y x3 3mx2 3 m2 1 x m3 (m là tham số) luôn có điểm cực tiểu chạy trên đường thẳng cố định. Phương trình đường thẳng cố định ấy là: A. B.3x C. y D. 1 0 3x y 1 0 3x y 1 0 3x y 1 0 1 Câu 11. Khoảng đồng biến của hàm số y x3 2x2 3x 5 là: 3 Trang 1
2. A. B. C.; 3D. 1; 1;3 3; x m2 m 1 Câu 12. Tìm tất cả các giá trị của m sao cho hàm số y đồng biến trên từng khoảng x 1 ;1 và 1; . A. B.m C.1 A và B đúngD. A vàm B sai 1 1 1 Câu 13. Tâm đối xứng của đồ thị hàm số y x3 2x2 3x có tọa độ là: 3 3 1 1 1 1 A. B.I C. 2 ;D. I 2; I 2; I 2; 3 3 3 3 41 Câu 14. Tập nghiệm của bất phương trình 5.9x 1 4.3x 0 là: 9 A. B.¡ \C.0 ;D. 0; ;0 ¡ \ ;0 Câu 15. Cho a log7 11 và b log 1 49 . Khi đó giá trị của log 1 121 tính theo a và b là: 11 7 4 A. B. 2 C.a A và B đúngD. A và B sai b 2 2 Câu 16. Số nghiệm của phương trình log2 x 2log2 x 2 log2 x 4log2 x 13 5 là: A. Vô nghiệmB. 1 nghiệmC. 2 nghiệmD. Vô số nghiệm Câu 17. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho log2 x m x với mọi x 1;3 . 1 A. B.m C. D. Cảlo A,g Bln và2 C đềum sai 3 log 3 m 1 ln 2 2 2 Câu 18. Chọn phát biểu đúng: x 1 A. Đồ thị hàm số y log2 x và đồ thị hàm số y đối xứng với nhau qua đường thẳng y x 2 B. Công thức lãi kép là C A 1 r N , trong đó C là số tiền nhận được sau N kì gửi tiết kiệm với số vốn là A và mức lãi suất r. C. Cho a 0,a 1 và b 0 . Số thực để a b được gọi là logarit cơ số a của b. D. A và B đúng Câu 19. Tổng bình phương các nghiệm của phương trình 22lg 4x 1 7lg 4x 7lg 4x 1 3.4lg 4x là: A. 25B. 1C. 625D. 125 2 2 3 Câu 20. Cho log3 log2 x log1 log 1 y 1 và xy 4 . Giá trị gần đúng của 126x y là: 3 2 A. 25402B. 27002C. 190097D. 516096 1 Câu 21. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho tồn tại x 1;3 thỏa mãn log x m x2 . 2 2 9 1 A. B.m log 3 m 2 2 2 1 1 C. D.m Cả A, B và lCog đều ln sai2 2ln 2 2 2 Trang 2
3. ln x 2 2 1 Câu 22. Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình . Khi đó: 6 ln x 2 2ln x 4 2 ln x 2 2 A. Tập S có hữu hạn phần tử B. Tồn tại ít nhất một phần tử thuộc tập S là số nguyên tô C. Tồn tại vô số phần tử thuộc tập S là số vô tỉ D. Tập S là tập hợp rỗng Câu 23. Trong hệ tọa độ vuông góc của mặt phẳng, gọi Q là diện tích hình phẳng biểu diễn số phức k thỏa mãn k 2 và S là diện tích hình phẳng biểu diễn số phức v thỏa mãn 2 v 4 . Khi đó Q A. B. C. 1 D. Cả A, B và C đềuS saiQ 0 S Q S 2 24 2i 27 2i Câu 24. Cho số phức x 2 i , y và z và A x2 y2 z2 . Giá trị gần đúng phần x y thực của số phức A là: A. -16B. 16C. -26D. 26 Câu 25. Cho các phát biểu về phép so sánh lớn hơn, bé hơn và bằng (>, < và =) như sau: 1. Ta có thể so sánh hai số thực bất kì 2. Ta có thể so sánh hai số phức bất kì 3. Ta có thể so sánh hai số thuần ảo bất kì 4. Ta có thể so sánh môđun của hai số phức bất kì Số phát biểu không đúng là: A. 0B. 4C. 2D. 1 Câu 26. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trong hệ tọa độ vuông góc của mặt phẳng thỏa mãn z 2 3i 4 với phần thực không âm là: A. Một hình trònB. Một hình viên phân C. Một hình vành khănD. Một hình quạt Câu 27. Giả sử rằng nếu w 0 thì các căn bậc n (n 3 cho trước) của w được biểu diễn trên mặt phẳng phức bởi các đỉnh của một n-giác đều nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Giá trị của R là; A. B.n wBình phương phần thực của n w C. Giá trị tuyệt đối phần ảo của D.n w A, B và C đều sai 2 4 2 e2 x 1 ln x 1 ae be Câu 28. Cho tích phân I dx c d ln 2 . Chọn phát biểu đúng nhất: e x ln x 2 1 A. B.a C.b A cvà Bd đúngD. A vàa B bsai2 c d e x 1 a b Câu 29. Cho tích phân I ln xdx . Số nghiệm của phương trình ax b 0 là: 1 x2 2 e A. Vô nghiệmB. 1 nghiệm C. Vô số nghiệmD. Không tìm được a và b Câu 30. Giá trị gần đúng của lập phương diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y ln , x y 0 và x e là: Trang 3
4. A. 0B. 3C. 2D. 1 Câu 31. Một xe tải đang chạy với vận tốc 60km / h thì tài xế đạp thắng (đạp nhanh). Sau khi đạp thắng, xe tải chuyển động chậm dần đều với vận tốc v t 27t 24 m / s , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu đạp thắng. Hỏi từ lúc đạp thắng đến khi dừng hẳn, xe tải còn di chuyển khoảng bao nhiêu mét? A. 2 métB. 5 métC. 8 métD. 11 mét Câu 32. Nguyên hàm của f x x x2 1 là: 3 2 t3 x3 x 1 A. B. C.C D. A và C đúng C C 3 3 3 Câu 33. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y x2 x 1 và y x4 x 1 là: 4 15 A. B. C. D. Cả A, B và C đều sai 4,15 15 4 Câu 34. Cho các phát biểu sau: 1. Cho hàm số y f x liên tục, không âm trên K; a và b là hai số thuộc K b a . Khi đó diện tích S của hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y f x , trục hoành và hai đường thẳng b x a, x b là S f x dx . a 2. Một vật chuyển động với vận tốc thay đổi theo thời gian v f t . Khi đó quãng đường mà vật đi a được trong khoảng thời gian từ thời điểm a đến thời điểm b là f t dt . b 3. [Định lí cơ bản của tích phân] Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn a;b . Gọi Sn là tổng tích b phân cấp n 1 của hàm số y f x trên đoạn a;b . Khi đó lim S f x dx . n a Số phát biểu đúng là: A. 3B. 2C. 1D. 0 Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;0; 2 , B 1;1; 5 và mặt phẳng : x 2y 11 0 . Tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng sao cho MA MB đạt giá trị nhỏ nhất là: 1 7 1 21 11 A. B.M C. 3; D.7; 2 M 1; ; M ; ; 3 M 0; ; 1 2 2 2 4 2 Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét đường thẳng m là giao tuyến của hai mặt phẳng : mx y mz 1 0 và  : x my z m 0 . Tập hợp các giao điểm M của đường thẳng mvà mặt phẳng (Oxy) khi m thay đổi là: A. Đường tròn tâm O, bán kính bằng 1 trong mặt phẳng (Oxy). B. Đường tròn tâm I 1;1;0 , bán kính bằng 1 trong mặt phẳng (Oxy). C. Đường thẳng d : x y 1 trong mặt phẳng (Oxy). D. Không xác định được. Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 2;5;3 , B 3;7;4 và C x; y;6 thẳng hàng. Giá trị của biểu thức x y là: Trang 4
5. A. 14B. 16C. 18D. 20 x 2 t x 2 2t Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : y 1 tvà d2 : y 3 . z 2t z t Khoảng cách từ điểm M 2;4; 1 đến mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1,d2 là: 15 2 15 30 2 30 A. B. C. D. 15 15 15 15 Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng P1 : 2x my 3z 6 m 0 và P2 : m 3 x 2y 5m 1 z 10 0 vuông góc với nhau. Giá trị của m gần nhất với: A. -0,5B. -0,4C. -0,7D. -0,6 x y 4 z 1 Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d : và 1 1 1 2 x t 1 d2 : y 2 3t chéo nhau. Gọi khoảng cách giữa hai đường thẳng đã cho là h, giá trị của biểu thức h z 4 3t gần nhất với: A. 6,5B. 9,8C. 10,1D. 11,0 Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d đi qua điểm M và0 có vector chỉ  ' phương là u ; d’ đi qua điểm M 0 và có vector chỉ phương là u ' . Chọn phát biểu không đúng   A. d và d’ trùng nhau u,u ' u, M M ' 0 0 0  u,u ' 0 B. d và d’ song song  u, M M ' 0 0 0  u,u ' 0 C. d và d’ cắt nhau   u,u ' .M M ' 0 0 0   D. d và d’ chéo nhau u,u ' .M M ' 0 0 0 Câu 42. Cho hai đường thẳng d1 và d2 vuông góc với nhau. Số mặt phẳng cách đều hai đường thẳng đó có thể là: A. Duy nhất 1 mặt phẳngB. Vô số mặt phẳng C. A và B đúngD. A và B sai Câu 43. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA 2HB . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 600 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC là: a 3 a 42 a 42 a 3 A. B. C. D. 3 12 8 12 Câu 44. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B 'C ' có đáy là tam giác đều và độ dài 9 cạnh đều bằng a. Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là: Trang 5
6. a 21 a 42 a 3 a 3 A. B.R C. D. R R R 6 12 3 6 Câu 45. Gọi V1 là thể tích khối cầu có bán kính R, V2 là thể tích khối trụ có bán kính R và chiều cao R, V3 là thể tích khối lập phương có cạnh R. Chọn đáp án đúng nhất A. B.V1 C.V D.3 V2 V1 V2 V3 V2 V1 V3 V3 V2 V1 x2 y2 Câu 46. Cho elip E : 1 . Khi xoay elip (E) quay quanh trục tung ta thu được: 4 16 A. Mặt cầu B. Mặt trụC. Mặt nónD. Cả A, B và C đều sai Câu 47. Cho tam giác ABC vuông tại A, AB c, AC b . Gọi V1,V2 ,V3 là thể tích các khối tròn xoay sinh 1 1 1 bởi tam giác đó khi lần lượt quay quanh AB, CA, BC. So sánh 2 và 2 2 ta được: V3 V1 V2 1 1 1 1 1 1 A. B. 2 2 2 2 2 2 V3 V1 V2 V3 V1 V2 1 1 1 C. D.2 Cả A,2 B và2 C đều sai V3 V1 V2 Câu 48. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD 2a , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 600 . Thể tích khối chóp S.ABCD là: 2 15 2 5 2 15 15 A. B. C. D.a2 a3 a3 2 a3 3 3 3 3 Câu 49. Cho đường thẳng d : 24x 2y 1997 . Khi xoay đường thẳng d quay quanh trục tung ta thu được: A. Hai mặt cầuB. Hai mặt trụC. Hai mặt nónD. Cả A, B và C đều sai Câu 50. Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA AB a , AC 2a và ·ASC ·ABC 900 . Thể tích khối chóp S.ABC là: a3 3 a3 2 a3 2 A. B. C. D. Cả A, B và C đều sai 4 4 3 Trang 6
7. ĐÁP ÁN 1B 2C 3D 4A 5B 6D 7B 8A 9B 10C 11D 12D 13C 14C 15C 16B 17B 18B 19C 20D 21C 22A 23B 24C 25C 26B 27A 28B 29B 30D 31D 32C 33A 34D 35B 36A 37B 38D 39A 40C 41C 42C 43C 44A 45B 46D 47B 48C 49C 50D HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Nhận thấy x3 x,ex , x là các hàm số đồng biến trên ¡ nên f x x3 x .ex . x 2e là hàm số đồng biến trên ¡ , suy ra phương trình đã cho có tối đa 1 nghiệm. 3 x 1 3 Mặt khác f x x x .e . x 2e liên tục trên ¡ và f . f 0 nên phương trình đã cho có ít 2 2 1 3 nhất một nghiệm thuộc khoảng ; , ta cũng có thể nhẩm chính xác nghiệm x 1, hay f 1 0 . 2 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 1 . Ta chọn phương án B. Câu 2. Ta tính được y ' x 4x3 4x . Khi đó y ' x 0 x 0  x 1 . Nhận thấy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị. Tuy nhiên chỉ có 2 giá trị cực trị là y 1 y 1 4và y 0 3. Tham khảo tại trang 10 SGK Giải Tích 12 – Nâng Cao. Ta chọn phương án C. Câu 3. Khi x thì y nên không tồn tại giá trị lớn nhất của hàm số đã cho. Ta chọn phương án D. Câu 4. 2 Ta tính được y ' x 3x2 6x 3 3 x 1 0 , với mọi x ¡ . Tham khảo cách giải thích tương tự với hàm số ytại trangx3 11 và 12 SGK Giải Tích 12 – Nâng cao. Ta chọn phương án A. Câu 5. Tham khảo tại trang 12 SGK Giải Tích 12 – Nâng Cao. Ta chọn phương án B. Câu 6. Ta chọn phương án D. Câu 7. Áp dụng công thức Héron: Nếu tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c thì diện tích nó là: S p p a p b p c , Trang 7
8. Bộ đề tinh túy ôn thi THPT quốc gia môn ToánĐỀ 27 a b c với p là nửa chu vi tam giác. 2 Ta có a b c 16 . Giả sử a 6 b c 10 . Do đó áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được S 8 8 6 8 b 8 c 8 b 8 c 8 8 10 4 8 b 8 c 4. 4. 12 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b c 5 . Suy ra bc 25 . Ta chọn phương án B. Câu 8. Với x 0 thì f x 0 . x x 1 Với x 0 thì f x x2 1 2x 2 1 Suy ra max f x x 1 , hay x0 1 . ¡ 2 1 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại x 1 là y . Ta chọn phương án A. 2 Câu 9: Đáp án B. x 1 '. x2 1 x 1 x2 1 y ' 2 x2 1 2x x2 x x2 1 x 1 . x2 1 2 2 2 x 1 x 1 x2 1 x2 1 x 1 1 x 2 2 3 x 1 x 1 x2 1 Câu 10 Đạo hàm y ' x 3x2 6mx 3 m2 1 . Biệt thức ' 9m2 9 m2 1 9 0 , m ¡ . Suy ra phương trình y ' x 0 luôn có hai nghiệm phân biệt, hay hàm số (C) luôn có cực đại và cực tiểu. Gọi A, B lần lượt là cực đại và cực tiểu của hàm số (C). Do đó A m 1; 3m 2 ; B m 1; 3m 2 x m 1 Xét tọa độ điểm cực tiểu B m 1; 3m 2 là nghiệm của hệ y 3m 2 2 y Suy ra x 1 m 3x y 1 0 . 3 Vậy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (C) luôn chạy trên đường thẳng cố định có phương trình là 3x y 1 0 . Ta chọn phương án C. Trang 8
9. Bộ đề tinh túy ôn thi THPT quốc gia môn ToánĐỀ 27 Câu 11. Ta tính được y ' x x2 4x 3 . x 1 Khi đó y ' x 0 . Kết hợp bảng biến thiên suy ra hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng x 3 ;1 và 3; . Ta chọn phương án D. Câu 12. 1 m2 m 1 Ta tính được y ' x . Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng ;1 và 1; khi x 1 2 và chỉ khi m2 m 2 0 m2 m 2 0 2 1 7 m 0 2 4 (vô lí). Ta chọn phương án D. Câu 13. 1 Ta tính được y ' x x2 4x 3 và y '' x 2x 4 . Khi đó y '' x 0 x 2 , suy ra y 2 . 3 1 Vậy tọa độ điểm uốn của đồ thị hàm số đã cho là I 2; . 3 Ta chọn phương án C. Câu 14. 5 41 41 Đặt t 3x , suy ra t 2 4t 0 t 1 . 9 9 5 Do đó 3x 1 x 0 . Ta chọn phương án C. Câu 15. Ta chọn phương án C. Câu 16. Đặt y log2 x . Áp dụng bất đẳng thức a b a b ta được 5 t 1 2 12 2 t 2 32 32 42 5 . 1 t 1 2 t 1 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi t , suy ra x 2 4 . Thử lại thỏa. 1 3 4 4 2 Ta chọn phương án B. Câu 17. Ta có log2 x m x,x 1;3 khi và chỉ khi m x log2 x f x ,x 1;3 , hay m max f x 1;3 1 Ta tính được f ' x 1 . x ln 2 Trang 9
10. Bộ đề tinh túy ôn thi THPT quốc gia môn ToánĐỀ 27 1 f ' x 0 x 1 Khi đó ln 2 x . x 1;3 ln 2 x 1;3 Ta có 1 1 f 1 1, f log2 ln 2 , f 3 3 log2 3Vậy max f x f 3 3 log2 3 , hay ln 2 ln 2 1;3 m 3 log2 3. Ta chọn phương án B. Câu 18. x Phương án A sai, chính xác là đồ thị hàm số y log2 x và đồ thị hàm số y 2 đối xứng với nhau qua đường thẳng y x . Phương án C sai, chính xác là a b . Tham khảo tại trang 83 SGK Giải Tích 12 – Nâng Cao. Ta chọn phương án B. Tham khảo tại trang 80 SGK Giải Tích 12 – Nâng Cao. Câu 19. 1 1 Điều kiện x 0 . Phương trình đã cho tương đương với .4lg 4x 3.4lg 4x 7lg 4x 7lg 4x . 2 7 1 lg 4x 1 2 4 16 4 7 lg 4x 2 1 7 3 49 9 2 x 25 So ĐKXĐ ta được nghiệm duy nhất x 25 . Suy ra x2 252 625 . Ta chọn phương án C. Câu 20. Điều kiện x, y 0 . Ta có log3 log2 x log1 log 1 y 1 tương đương với log3 log2 x log3 log2 y 1 3 2 log3 log2 x log3 log2 y 1 log2 x 1 log3 1 log2 x 3log2 1 y log2 y 1 x xy3 1 y3 xy3 1 Kết hợp với xy2 4 được . 2 xy 4 1 1 Vì x, y 0 nên chia theo từng vế ta được 4 y , do đó x 64 . y 4 3 2 3 2 1 Suy ra 126x y 126.64 516096,0156 4 Trang 10
11. Bộ đề tinh túy ôn thi THPT quốc gia môn ToánĐỀ 27 Ta chọn phương án D. Câu 21. 1 2 1 2 Ta có x 1;3: log2 x m x khi và chỉ khi m min f x , với f x x log2 x . 2 1;3 2 1 Ta tính được f ' x x . x ln 2 1 f ' x 0 x 1 Khi đó ln 2 x . x 1;3 ln 2 x 1;3 Ta có 1 1 1 1 f 1 , f log ln 2 , 2 2 ln 2 2ln 2 2 9 f 3 log 3 2 2 1 1 1 Vậy min f x f log2 ln 2 , 1;3   ln 2 2ln 2 2 1 1 hay m log ln 2 . 2ln 2 2 2 Ta chọn phương án C. Câu 22. 1 Điều kiện x . Ta có e2 6 ln x 2 2ln x 4 2 ln x 2 2 2 ln x 2ln x 4 1 0,x 2 6 ln x 2 2ln x 4 2 ln x 2 e Do đó bất phương trình đã cho trở thành 2 ln x 2 2 6 ln x 2 2ln x 4 2 ln x 2 2 ln x 2 2ln x 12 ln x 2 6 ln x 2 1 1 Nhận xét x không là nghiệm của bất phương trình. e2 1 Khi x , chia hai vế bất phương trình (1) cho ln x 2 0 , ta được e2 2 2ln x ln x 2 12 6 ln x 2 ln x 2 ln x Đặt t , bất phương trình trở thành ln x 2 Trang 11
12. Bộ đề tinh túy ôn thi THPT quốc gia môn ToánĐỀ 27 2 2t 0 2 2t 12 6t 2 2 2 4 8t 4t 12 6t t 1 2 t 2 2 t 2 0 ln x Với t 2 thì 2 ln x 2 ln x 0 2 ln x 4ln x 8 0 ln x 2 2 3 x e2 2 3 (nhận) Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S e2 2 3  . Phương án B sai vì không có phần tử nào là số nguyên tố, phương án C sai vì “tồn tại duy nhất” chứ không phải “vô số”, phương án D sai vì phương trình có nghiệm. Ta chọn phương án A. Câu 23. Giả sử k x yi , suy ra x yi 2 , do đó x2 y2 4 . Tương tự với v a bi ta được 4 a2 b2 16 . Nhận thấy Q là diện tích phần hình tròn được tô màu xám (như hình minh họa), tức là diện tích hình tròn tâm O, bán kính 2 và S là diện tích phần hình vành khăn không màu (như hình minh họa), tức là diện tích phần còn lại sau khi lấy hình tròn tâm O, bán kính 4 loại đi hình tròn tâm O, bán kính 2. Khi đó Q 42 22 16 4 12 . Suy ra Q S hay S Q 0 . Ta chọn phương án B. Câu 24. 64 102 483 1313 Ta tính được x 3 4i , y i , z i và A 26,5 33,3i . 25 25 145 290 Ta chọn phương án C. Câu 25. Trang 12
13. Bộ đề tinh túy ôn thi THPT quốc gia môn ToánĐỀ 27 Phát biểu 1 đúng, phát biểu 2 sai vì ta chỉ xét được hai số phức có bằng nhau hay không chứ không xét được số nào lớn hơn hay bé hơn, phát biểu 3 sai vì lí do tương tự, phát biểu 4 đúng vì môđun của hai số phức bất kì là hai số thực dương và ta hoàn toàn so sánh chúng được. Ta chọn phương án C. Câu 26. Giả sử z x yi , suy ra x 2 y 3 i 4 , do đó x 2 2 y 3 2 16 . Vậy tập hợp điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là phần hình giao nhau giữa hình tròn tâm I 2; 3 , bán kính 4 và nửa mặt phẳng bờ là trục ảo chứa các điểm có phần thực không âm. Do đó ta thu được một hình viên phân. Ta chọn phương án B. Câu 27. Ta chọn phương án A. Tham khảo tại trang 207 và 208 SGK Giải Tích 12 – Nâng Cao. Câu 28. Ta có 2 2 e2 x 1 ln x 1 e2 x ln x 1 ln x I dx dx e x ln x e x ln x e2 1 1 e2 1 e2 1 x dx x dx dx e x x ln x e x e x ln x e2 2 4 2 e2 1 x e e Xét M x dx ln x 1 e x 2 2 e e2 1 1 Xét N dx , đặt t ln x , suy ra dt dx . e x ln x x Đối cận x e t 1 và x e2 t 2 ta được 2 dt 2 N ln t ln 2 ln1 ln 2 . 1 t 1 e4 e2 Vậy I 1 ln 2 . 2 Do đó a b c d 1 . Ta chọn phương án B. Câu 29. e x 1 e 1 e 1 Ta có I ln xdx ln xdx ln xdx . 1 x2 1 x 1 x2 e e 1 e 1 1 Xét A ln xdx ln xd ln x ln2 x 1 1 x 2 1 2 e 1 1 và B ln xdx , đặt u ln x du dx 1 x2 x 1 1 và dv dt v , suy ra x2 x ' Trang 13
14. Bộ đề tinh túy ôn thi THPT quốc gia môn ToánĐỀ 27 e e e 1 e 1 1 1 B ln x dx ln x 1 2 x 1 x x 1 x 1 1 1 2 1 1 e e e 1 2 3 2 Vậy I A B 1 . Do đó a 3 và b 2 , hay phương trình 3x 2 0 có nghiệm duy 2 e 2 e 2 nhất là x . 3 Ta chọn phương án B. Câu 30. Xét phương trình ln x 0 x 1 . Diện tích hình phẳng là e e e 1 e S ln xdx x ln x x. dx e dx 1 1 1 x 1 e x e 1 1 Ta chọn phương án D. Câu 31. Lấy mốc thời gian là lúc xe tải bắt đầu được thắng. Gọi T là thời điểm xe tải dừng hẳn. Ta có v T 0 24 suy ra 27T 24 0 T . Như vậy, khoảng thời gian từ lúc đạp thắng đến khi dừng hẳn của xe tải 27 24 là giây. Trong khoảng thời gian đó, xe tải di chuyển được quãng đường là 27 24 24 27 27 32 S 27 24 27t dt 24t t 2 (mét) 0 2 0 3 Ta chọn phương án D. Tham khảo tại ví dụ 2 trang 150 SGK Giải Tích 12 – Nâng Cao. Câu 32. Ta có nguyên hàm của f x x x2 1 là I x x2 1dx . Đặt t x2 1 , suy ra t 2 x2 1 hay tdt xdx . t3 Do đó I t 2dt C , với t x2 1 . 3 3 x2 1 Trả biến được I C . 3 Ta chọn phương án C. Câu 33. Cho x2 x 1 x4 x 1 x2 x4 0 x 0  x 1 Trang 14
15. Bộ đề tinh túy ôn thi THPT quốc gia môn ToánĐỀ 27 1 0 1 Khi đó diện tích cần tìm là S x2 x4 dx , hay S x2 x4 dx x2 x4 dx 1 1 0 0 1 x3 x5 x3 x5 4 3 5 3 5 15 1 0 Ta chọn phương án A. Câu 34. Phát biểu 1 sai, chính xác phải là "a b" . Tham khảo tại trang 150 SGK Giải Tích 12 – Nâng Cao. b Phát biểu 2 sai, chính xác phải là " f t dt" . Tham khảo tại trang 150 SGK Giải Tích 12 – Nâng Cao. a Phát biểu 3 sai, chính xác phải là “cấp n”. Tham khảo tại trang 156 SGK Giải Tích 12 – Nâng Cao. Ta chọn phương án D. Câu 35. Ta dễ dàng kiểm tra được A và B nằm khác phía so với mặt phẳng . Suy ra MA MB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi A, M , B thẳng hàng, hay M là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng . 1 7 Ta xác định được tọa độ thỏa mãn là M 1; ; . 2 2 Ta chọn phương án B. Câu 36. Cách 1. Tọa độ giao điểm M của m và (Oxy) là nghiệm của hệ : mx y mz 1 0 mx y 1  : x my z m 0 x my m z 0 z 0 m2 x2 2mxy y2 1 2 2 2 2 2 2 x y 1 x 2mxy m y m z 0 z 0 Vậy tập hợp các giao điểm M là đường tròn tâm O, bán kính bằng 1 trong mặt phẳng (Oxy). Ta chọn phương án A. Cách 2. Tọa độ giao điểm M của m và (Oxy) là nghiệm của hệ : mx y mz 1 0 mx y 1  : x my z m 0 x my m z 0 z 0 Xét một số trường hợp đặc biệt như m 0, x 0, y 0 để kiểm tra kết quả. 1 y x m x2 y2 1 Xét m 0, x 0, y 0 ta thấy hệ trên tương đương với x y 1 z 0 z 0 Vậy tập hợp các giao điểm M là đường tròn tâm O, bán kính bằng 1 trong mặt phẳng (Oxy). Ta chọn phương án A. Trang 15
16. Bộ đề tinh túy ôn thi THPT quốc gia môn ToánĐỀ 27 Đây là một câu khá khó trong phần hình học (Oxyz), chủ yếu là dựa vào kỹ năng biến đổi các phương trình trong hệ để tìm ra biểu thức biểu diễn tập hợp điểm M Câu 37. Ta có A, B, C thẳng hàng x 2 k x 5   AC k AB y 5 2k y 11. 3 k k 3 Vậy x y 5 11 16 . Ta chọn phương án B. Câu 38. Nhận thấy d1  d2 . Gọi là mặt phẳng cách đều d1 và d2 nên cả hai đường thẳng đều song song với   mặt phẳng . Khi đó, vector pháp tuyến a của mặt phẳng cùng phương với vector u ,u (với 1 2   u1,u2 lần lượt là các vector chỉ phương của hai đường thẳng d1,d ).2 Chọn a 1;5;2 , suy ra phương trình mặt phẳng có dạng : x 5y 2z d 0 . Chọn A 2;1;0 và B 2;3;0 lần lượt thuộc đường thẳng d1 và d2 , ta có d A; d B;  ta tìm được d 12 nên mặt phẳng có phương trình là : x 5y 2z 12 0 . 2 30 Khoảng cách từ điểm M 2;4; 1 đến mặt phẳng bằng d M ; . 15 Ta chọn phương án D. Câu 39.   Hai mặt phẳng P1 và P2 (có hai vector chỉ phương lần lượt là n1,n2 ) vuông góc với nhau khi và chỉ   9 khi n .n 0 , suy ra m , gần nhất với giá trị 0,5 . 1 2 19 Ta chọn phương án A. Câu 40. Khoảng cách giữa hai đường thẳng và ' chéo nhau (với đi qua điểm M 0 và có vector chỉ phương   '  u,u ' .M 0M 0 ' u , ' đi qua điểm M 0 và có vector chỉ phương u ' ) là d ; '  . Tham khảo tại trang 109 u,u ' SGK Hình học 12 – Nâng Cao. 1 Áp dụng công thức trên ta tính được giá trị của biểu thức 102 10,1 . h Ta chọn phương án C. Câu 41.   Ta chọn phương án C, chính xác là u,u ' .M M ' 0 . Tham khảo tại trang 99 SGK Hình Học 12 – Nâng Cao. 0 0 Câu 42. Trang 16
17. Bộ đề tinh túy ôn thi THPT quốc gia môn ToánĐỀ 27 Trường hợp hai đường thẳng không cắt nhau, có duy nhất 1 mặt phẳng cách đều chúng, đó chính là mặt phẳng trung trực của đoạn vuông góc chung nối hai đường thẳng ấy. Trường hợp hai đường thẳng cắt nhau, tức là chúng tạo nên một mặt phẳng và sẽ có vô số mặt phẳng cách đều chúng, đó chính là những mặt phẳng song song với mặt phẳng mà chúng tạo ra. Ta chọn phương án C. Câu 43. Trong mặt phẳng (ABC), qua A kẻ đường thẳng d song song với BC. Kẻ HI  d , dễ thấy AI  SHI . Trong tam giác vuông SHI kẻ HK  SI , nhận thấy HK  SIA . Ta có 3 3 d SA, BC d B, SIA d H, SIA HK 2 2 a 3 Ta tính được HI HA.sin 600 . 3 21 Ta có S· CH ·SC; ABC 600 , suy ra SH a . 3 1 1 1 a 42 Từ ta thu được HK . HK 2 SH 2 HI 2 12 3 a 42 Suy ra d SA, BC HK 2 8 Ta chọn phương án C. Sai lầm thường gặp. Công đoạn khó khăn nhất câu này là tìm được đoạn HK từ đó ta dễ dàng tính được d SA, BC . Nhiều bạn a 42 thường tính được HK và vội vàng chọn phương án B. 12 Câu 44. Gọi I, I ' lần lượt là trọng tâm của hai tam giác ABC , A' B 'C ' . Như vậy I và I 'đồng thời cũng là tâm của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác ấy và nằm trong hai mặt phẳng cùng vuông góc với đường thẳng II ' . Suy ra trung điểm O của đoạn II ' chính là tâm của mặt cầu ngoại tiếp đi qua 6 đỉnh của lăng trụ đã cho, hay OA chính là bán kính R cần tìm. Ta có 2 2 2 2 2 a 3 a 21 OA AI OI . a 3 2 2 6 Ta chọn phương án A. Câu 45. 4 Ta có V R3 , V R3 và V R3 . 1 3 2 3 Do đó V1 V2 V3 . Ta chọn phương án B. Câu 46. Trang 17
18. Bộ đề tinh túy ôn thi THPT quốc gia môn ToánĐỀ 27 Ta chọn phương án D. Câu 47. 1 1 Ta có V b2c,V c2b 1 3 2 3 1 1 V  AH 2  BH  AH 2 CH 3 3 3 và 1 1 b2c2 1 b2c2  AH 2  BC  a 3 3 a2 3 a 1 1 a2 Do đó . V 2 1 b4c4 3 3 1 1 1 1 1 và 2 2 4 2 2 4 . V V 1 b c b c 1 2 3 Vì tam giác ABC vuông tại A nên a2 b2 c2 . Mặt khác 1 1 1 1 1 1 b2 c2 a2 1 1 1 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 . 2 2 4 4 Vậy 2 2 2 . b c b c b c b c b c b c b c V3 V1 V2 Ta chọn phương án B. Tham khảo tại bài tập 5 trang 63 SGK Hình Học 12 – Nâng Cao Câu 48 Ta có SA  ABCD , suy ra AC là hình chiếu của SC trên ABCD , do đó S· CA 600 . Mặt khác ta tính được AC AD2 CD2 a 5 và SA AC tan 600 a 15 . 1 1 2 15 Vậy V S .SA AB.AD.SA a3 . S.ABCD 3 ABCD 3 3 Ta chọn phương án C. Câu 49. Ta chọn phương án C. Câu 50. Kẻ SH vuông góc với AC (với H AC ), suy ra a 3 SH  ABC SC BC a 3, SH 2 a2 3 Và S . ABC 2 1 a3 Vậy V S .SH . S.ABC 3 ABC 4 Ta chon phương án D. Trang 18