Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia môn Toán Lớp 12 - Mã đề thi 132 - Năm học 2017-2018 (Kèm đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia môn Toán Lớp 12 - Mã đề thi 132 - Năm học 2017-2018 (Kèm đáp án)

1. ĐẠI HỌC VINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 - 2018 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN: TOÁN 12 (Thời gian làm bài 90 phút) Họ và tên thí sinh: SBD: Mã đề thi 132 BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 B D B A B D B A C B D B C D C C D C D A B B C A A 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 A A D A C B B D C D C C C B C D A A C D B D C C A HƯỚNG DẪN GIẢI 1 1 Câu 1: [2D3-1] Giả sử Fx là một nguyên hàm của hàm số fx trên khoảng ; 31x 3 Mệnh đề nào sau đây đúng? 1 1 A. F x ln 3 x 1 C . B. F x ln 3 x 1 C .- 3 3 C. F x ln 3 x 1 C . D. F x ln 3 x 1 C . Lời giải Chọn B. 1 1 1 1 F( x ) d x ln 3xC 1 ln 3xC 1 (do x ; ). 31x 3 3 3 Câu 2: [2H3-1] Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1;1; 2 và mặt phẳng P : 2 x y 3 z 1 0. Đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng P có phương trình là x 1 y 1 z 2 x 2 y 1 z 3 A. . B. . 2 1 3 1 1 2 x 2 y 1 z 3 x 1 y 1 z 2 C. . D. . 1 1 2 2 1 3 Lời giải Chọn D. Do đường thẳng cần tìm vuông góc với mặt phẳng P nên véctơ pháp tuyến của P là nP 2; 1;3 cũng là véctơ chỉ phương của . Mặt khác đi qua điểm M 1;1; 2 nên x 1 y 1 z 2 phương trình chính tắc của là . 2 1 3 Câu 3: [2D4-1] Cho số phức z a bi với ab, là các số thực bất kỳ. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Phần ảo của z là bi . B. Môđun của z 2 bằng ab22 . C. zz không phải là số thực. D. Số z và z có môđun khác nhau. Lời giải Chọn B. 2 z2 z z z z z2 a 2 b 2 a 2 b 2 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 1/24 - Mã đề thi 132
2. 1 1 1 1 Câu 4: [2D2-2] Phương trình ln x .ln x .ln x .ln x 0 có bao nhiêu nghiệm? 2 2 4 8 A. 3. B. 4 . C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn A. 1 1 x 0 x 2 2 1 1 x 0 x 2 2 1 Điều kiện: x . 1 1 2 x 0 x 4 4 1 1 x 0 x 8 8 Khi đó: 1 ln x 0 1 3 2 x 1 x 2 2 1 1 1 ln x 0 x 1 x 1 1 1 1 2 2 2 ln x .ln x .ln x .ln x 0 . 2 2 4 8 1 1 3 ln x 0 x 1 x 4 4 4 1 7 1 x 1 x ln x 0 8 8 8 3 3 7 So với điều kiện, ta được tập nghiệm của phương trình là S ;; . Vậy phương trình đã 2 4 8 cho có ba nghiệm. Câu 5: [2H3-1] Trong không gian Oxyz , một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng :x 2 y 3 z 1 0 là A. u 3; 2; 1 . B. n 1; 2; 3 . C. m 1; 2; 3 . D. v 1; 2; 3 . Lời giải Chọn B. Ta có nếu có dạng Ax By Cz D 0 thì có một véctơ pháp tuyến là n A;; B C . Suy ra :x 2 y 3 z 1 0 có một véctơ pháp tuyến là n 1; 2; 3 . Câu 6: [2D1-1] Cho hàm số y f x liên tục trên và có bảng xét dấu của đạo hàm như hình vẽ. Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị? A. 3. B. 2 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn D. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 2/24 - Mã đề thi 132
3. Dựa vào bảng xét dấu fx , ta có: hàm số fx có 4 điểm x0 mà tại đó fx đổi dấu khi x qua điểm . Vậy hàm số đã cho có điểm cực trị. Câu 7: [2D3-1] Cho hình phẳng D được giới hạn bới các đường x 0 , x , y 0 và yx sin . Thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay xung quanh trục Ox được tính theo công thức A. V sin x d x . B. V sin2 x d x . 0 0 C. V sin x d x . D. V sin2 x d x . 0 0 Lời giải Chọn B. Ta có thể tích của khối tròn xoay cần tính là . Câu 8: [2D1-2] Cho hàm số y f x xác định, liên tục trên và có bảng biến thiên như hình bên. Đồ thị hàm số y f x cắt đường thẳng y 2018 tại bao nhiêu điểm? A. 2 . B. 4 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn A. Dựa vào bảng biến thiên của hàm số , ta có đồ thị hàm số cắt đường thẳng tại 2 điểm. Câu 9: [2D2-2] Cho loga cx 0 và logb cy 0 . Khi đó giá trị của logab c là TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 3/24 - Mã đề thi 132
4. 11 1 xy A. . B. . C. . D. xy . xy xy xy Lời giải Chọn C. 1 1 1 1 xy Ta có: log c . ab log ab logab log 1111 xy c cc logabcc log xy Câu 10: [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M 1;1;0 và N 3; 3; 6 . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng MN có phương trình là A. x 2 y 3 z 1 0 . B. 2x y 3 z 13 0. C. 2x y 3 z 30 0 . D. 2x y 3 z 13 0. Lời giải Chọn B. Mặt phẳng trung trực P của đoạn thẳng đi qua điểm I 1; 2; 3 là trung điểm của đoạn thẳng và có vectơ pháp tuyến là MN 4; 2; 6 . Phương trình mặt phẳng : 4 x 1 2 y 2 6 z 3 0 2x y 3 z 13 0 . Câu 11: [2H1-2] Cho tứ diện OABC có OA, OB , OC đôi một vuông góc với nhau và OA a , OB 2 a , OC 3 a . Thể tích của khối tứ diện OABC bằng 2a3 a3 A. V . B. V . C. Va 2 3 . D. Va 3 . 3 3 Lời giải Chọn D. 1 11 Ta có: V OA. S OA OB OC a3 . O. ABC3 OBC 32 21x Câu 12: [1D4-2] Giá trị của lim bằng x x2 11 A. 0 . B. 2 . C. . D. 2 . Lời giải Chọn B. 1 2 21x Ta có: lim lim x 2 . x 1 x 11 x 11 1 x2 xx2 Câu 13: [2H2-2] Cắt một hình trụ bằng một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông cạnh 2a . Diện tích xung quanh của hình trụ bằng TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 4/24 - Mã đề thi 132
5. A. 2 a2 . B. 8 a2 . C. 4 a2 . D. 16 a2 . Lời giải Chọn C. Dựa vào hình vẽ ta có bán kính và chiều cao của hình trụ lần lượt là a và 2a . 2 Do đó, Sxq 2 Rh 2 . a .2 a 4 a . Câu 14: [1D2-1] Một nhóm học sinh có 10 người. Cần chọn 3 học sinh trong nhóm để làm 3 công việc là tưới cây, lau bàn và nhặt rác, mỗi người làm một công việc. Số cách chọn là 3 3 3 A. 10 . B. 3 10. C. C10 . D. A10 . Lời giải Chọn D. Số cách chọn 3 em học sinh là số cách chọn 3 phần tử khác nhau trong 10 phần tử có phân 3 biệt thứ tự nên số cách chọn thỏa yêu cầu là A10 . Câu 15: [2D1-2] Cho hàm số y f x có đạo hàm f x x x 2 3 , với mọi x . Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. 1; 3 . B. 1; 0 . C. 0; 1 . D. 2; 0 . Lời giải Chọn C. x 0 Ta có: fx 0 . x 2 Đồng thời fx 0 x 0;2 nên ta chọn đáp án theo đề bài là 0; 1 . x 1 Câu 16: [2D1-2] Đồ thị hàm số y có tất cả bao nhiêu tiệm cận đứng và tiệm cận ngang? x2 1 A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 1. Lời giải Chọn C. Tập xác định hàm số D ; 1  1; . 1 1 Ta có limy limx 1. Đồ thị có tiệm cận ngang y 1. xx 1 1 x2 Tương tự limy 1 đồ thị có tiệm cận ngang là y 1. x Ta có: lim x 1 2 0 ; limx2 1 0 và x2 10,  x 1 nên lim y x 1 x 1 x 1 đồ thị có tiệm cận đứng x 1. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 5/24 - Mã đề thi 132
6. x 1 limy lim 0. xx 11 x 1 Kết luận : Đồ thị hàm số có tất cả 3 đường tiệm cận gồm tiệm cận đứng và ngang. Câu 17: [1D2-2] Gieo đồng thời hai con súc sắc cân đối và đồng chất. Xác suất để tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc đó không vượt quá 5 bằng 5 1 2 5 A. . B. . C. . D. . 12 4 9 18 Lời giải Chọn D. Số phần tử của không gian mẫu n  6.6 36 . Gọi A là biến cố: ‘‘Tổng số chấm xuất hiện trên mặt hai con súc sắc không vượt quá 5 ”. Các phần tử của A là: 1;1 , 1;2 , 1;3 , 1;4 , 2;1 , 2;2 , 2;3 , 3;1 , 3;2 , 4;1 . Như vậy số phần tử của A là: nA 10 . nA 5 Vậy xác suất cần tìm là: PA . n  18 xt 2 Câu 18: [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;1;6 và đường thẳng : yt 1 2 . Hình zt 2 chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng là: A. N 1;3; 2 . B. H 11; 17;18 . C. M 3; 1;2 . D. K 2;1;0 . Lời giải Chọn C. Gọi là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với tại H . Khi đó H là hình chiếu của A trên . Phương trình mặt phẳng : 1 x 1 2 y 1 2 z 6 0 x 2 y 2 z 9 0 . Ta có H H 2 t ;1 2 t ;2 t . H 2 t 2 1 2 t 4 t 9 0 t 1. Vậy H 3; 1;2 là điểm cần tìm. Câu 19: [1H3-2] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh AB a , AD 3 a . Cạnh bên SA a 2 và vuông góc mặt phẳng đáy. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng SAC bằng: A. 75. B. 60. C. 45. D. 30. Lời giải Chọn D. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 6/24 - Mã đề thi 132
7. S A D H B C Kẻ BH AC và H AC BH SAC . SH là hình chiếu của BH trên mặt phẳng SAC . Góc giữa SB và mặt phẳng SAC là BSH . AB.3 BC a Ta có BH , SB SA22 AB a 3 . AB22 BC 2 BH 1 Trong tam giác vuông SBH ta có sin BSH BSH 30 . SB 2 1 Câu 20: [2D2-2] Đạo hàm của hàm số y x2 x 1 3 là 21x 1 2 A. y . B. y x2 x 1 3 . 2 2 3 313 xx 1 8 21x C. y x2 x 1 3 . D. y . 3 213 xx2 Lời giải Chọn A. 1 122 1 2x 1 Ta có y x x 11 3 x x . 3 2 2 313 xx Câu 21: [1H3-2] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , cạnh bên SA a 5 , mặt bên SAB là tam giác cân đỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách gữa hai đường thẳng AD và SC bằng S D A B C TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 7/24 - Mã đề thi 132
8. 25a 45a a 15 2a 15 A. . B. . C. . D. . 5 5 5 5 Lời giải Chọn B. S K D A H B C Gọi H là trung điểm của cạnh AB . Do tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy nên SH ABCD . Theo giả thiết ta có AB 2 a AH a . Mà ta lại có SA a 5 nên SH SA22 AH 2 a Ta có AD// BC AD // SBC d AD,, SC d AD SBC d A, SBC 2 d H , SBC . Do mặt phẳng SBC  SAB nên từ H kẻ HK SB thì HK d H, SBC . SH. HB 2 a . a 2 a 5 45a Ta có HK d AD,2 SC HK . SB a 5 5 5 1 Câu 22: [2D3-2] Tính 3d21x x bằng 0 9 12 4 27 A. . B. . C. . D. . ln 9 ln 3 ln 3 ln 9 Lời giải Chọn B. 1 111 1321x 1 12 Ta có 32xx 1 dxx 3 2 1 d 2 1 333 . 2ln 3 ln 3 002 2 ln3 0 2 Câu 23: [2D1-2] Hàm số y x2 x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? 1 A. 0; . B. 1;2 . C. 2;0 . D. 0;1 . 2 Lời giải Chọn C. x 0 2 2 Ta có y 2 x x 2 x 1 . Giải phương trình y 0 2 x x 2 x 1 0 x 1 . 1 x 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 8/24 - Mã đề thi 132
9. Lập bảng biến thiên 1 x 0 1 2 y 0 0 0 y 1 Từ bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên khoảng ;0 và ;1 nên hàm số nghịch 2 biến trên khoảng 2;0 . xx2 4 Câu 24: [2D1-2] Ký hiệu a , A lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y x 1 trên đoạn 0;2 . Giá trị aA bằng A. 7 . B. 18. C. 0 . D. 12. Lời giải Chọn A. 2 xx 23 2 x 1 0;2 Ta có y 2 . Giải phương trình y 0 xx 2 3 0 . x 1 x 3 0;2 10 Do y 04 ; y 13 ; y 2 nên maxyy 0 4 A 4; minyy 1 3 a 3. 3 0;2 0;2 Vậy Aa 7 . Câu 25: [2D4-2] Cho các số phức zi1 32, zi2 32. Phương trình bậc hai có hai nghiệm z1 và z2 là A. zz2 6 13 0 . B. zz2 6 13 0 . C. zz2 6 13 0 . D. zz2 6 13 0 . Lời giải Chọn A. Do , là hai nghiệm của phương trình nên 2 2 z z12 z z 0 z 3 2 i z 3 2 i 0 z 3 4 0 zz 6 13 0 . ln x 3 Câu 26: [2D3-2] Giả sử Fx là một nguyên hàm của fx sao cho FF 2 1 0 . x2 Giá trị của FF 12 bằng 10 5 7 23 A. ln 2 ln 5 . B. 0 . C. ln 2 . D. ln 2 ln 5 . 36 3 36 Lời giải Chọn A. ln x 3 Tính dx . x2 dx ux ln 3 du x 3 Đặt dx dv 1 x2 v x TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 9/24 - Mã đề thi 132
10. ln x 3 1dx 11x Ta có dxx ln 3 ln x 3 ln C F x , C . x2 x x x 3 xx33 1 1 1 7 Lại có FF 2 1 0 ln 2 CC ln 4 ln 0 2C ln 2 . 3 3 4 3 1 1 1 2 10 5 Suy ra FFC 1 2 ln2 ln2 ln5 ln 2 ln 2 ln 5. 3 2 3 5 36 Câu 27: [1H3-3] Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A B C có AB a và AA 2 a . Góc giữa hai đường thẳng AB và BC bằng A C B A' C' B' A. 60. B. 45. C. 90. D. 30. Lời giải Chọn A. Ta có ABBC . AB BB BC CC AB BC ABCC BB BC BB CC aa223 AB BC ABCC BB BC BB CC 0 0 2a2 . 22 3a2 AB . BC 1 Suy ra cos AB , BC 2 AB , BC 60  . AB . BC aa3. 3 2 Câu 28: [2D1-3] Cho các hàm số y f x và y g x liên tục trên mỗi khoảng xác định của chúng và có bảng biến thiên được cho như hình vẽ dưới đây TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 10/24 - Mã đề thi 132
11. gx 0 gx Mệnh đề nào sau đây sai? A. Phương trình f x g x không có nghiệm thuộc khoảng ;0 . B. Phương trình f x g x m có 2 nghiệm với mọi m 0. C. Phương trình có nghiệm với mọi m . D. Phương trình f x g x 1 không có nghiệm. Lời giải Chọn D. Trong khoảng , ta có f x 0, g x 0 nên phương trình f x g x vô nghiệm suy ra A đúng. Đặt h x f x g x h x f x g x 0,  x 0 . Ta có bảng biến thiên như sau. Từ bảng biến thiên ta có B, C đúng. x 0 hx – hx 0 Xét trên khoảng 0; , ta có bảng biến thiên 0 fx gx y0 fx gx 1 0 1 Suy ra phương trình có ít nhất một nghiệm. Vậy D sai. Câu 29: [1D2-3] Tìm hệ số của x3 sau khi khai triển và rút gọn các đơn thức đồng dạng của 9 1 2 xx2 , x 0 . x A. 2940. B. 3210. C. 2940 . D. 3210. Lời giải Chọn A. Ta có TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 11/24 - Mã đề thi 132
12. 999 9 k 9 k 11 1 k i kki i29 k i 2 kk C C1 2 . x . x 2 x x 2 x 1 C9 . x . 2 x 1  k 9 xx k 0 x ki 00 Theo yêu cầu bài toán ta có 2ki 9 3 2ki 12 ; 09 ik ; ik, Ta có các cặp ik; thỏa mãn là: 0;6 , 2;5 , 4;4 . 3 0 66 0 0 2 5 5 2 2 4 4 4 4 4 Từ đó hệ số của x là : CCCCCC6 9 1 .2 5 9 1 .2 4 9 1 .2 2940 . Câu 30: [1H3-3] Một chiếc cốc hình trụ có đường kính đáy 6 cm , chiều cao 15 chứa đầy nước. Nghiêng cốc cho nước chảy từ từ ra ngoài đến khi mép nước ngang với đường kính của đáy cốc. Khi đó diện tích của bề mặt nước trong cốc bằng 9 26 9 26 9 26 A. cm2 . B. 9 26 cm2 . C. cm2 . D. cm2 . 10 2 5 Lời giải Chọn C. 1 Ta có: OH 3 , OB OH22 HB 3 26 , cos HOB . 26 Áp dụng công thức hình chiếu về diện tích của hình phẳng ta có: S S.cos HOB 1 .32 S 9 26 S 2 cm2 . cos HOB 1 2 26 Cách khác là dùng diện tích hình elip. 1 1 1 1 9 26 S S ab .3. 1522 3 .3.3 26 cm2 . 2 E 2 2 22 Câu 31: [2H2-2] Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh AB a , góc tạo bởi SAB và ABC bằng 60. Diện tích xung quanh của hình nón đỉnh S và có đường tròn đáy ngoại tiếp tam giác ABC bằng TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 12/24 - Mã đề thi 132
13. 7 a2 7 a2 3 a2 3 a2 A. . B. . C. . D. . 3 6 2 6 Lời giải Chọn B. Gọi M là trung điểm AB và gọi O là tâm của tam giác ABC ta có : AB CM AB SCM AB SM và AB CM AB SO Do đó góc giữa SAB và ABC là SMO 60 . a 3 13a Mặt khác tam giác ABC đều cạnh a nên CM . Suy ra OM CM . 2 36 a 3 a SO  OM.tan60 .3 . 6 2 a a 3 Hình nón đã cho có chiều cao h SO , bán kính đáy R OA , độ dài đường sinh 2 3 a 21 l h22 R . 6 a3 a 21 7 a2 Diện tích xung quanh hình nón là: S R l xq 3 6 6 Câu 32: [2D2-2] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4x 2 x 4 3 m 2 x 1 có hai nghiệm phân biệt A. 1 m log3 4. B. 1 m log3 4. C. log4 3 m 1. D. log4 3 m 1. Lời giải Chọn B. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 13/24 - Mã đề thi 132
14. Ta có 4x 2 x 4 3 m 2 x 1 4x 1 3 m 2 x 4 3 m 0. Đặt t 20x , n 30m ta tìm n 0 để phương trình t2 1 n t 4 n 0 có hai nghiệm dương phân biệt. 2 0 1 nn 4 4 0 nn2 2 15 0 n 5 Do đó S 0 n 10 n 1 n 3 34 n P 0 40 n n 4 14 n m Vậy 3 3 4 1 m log3 4 . Câu 33: [2D4-3] Cho số phức z . Gọi A , B lần lượt là các điểm trong mặt phẳng Oxy biểu diễn các số phức z và 1 iz . Tính z biết diện tích tam giác OAB bằng 8 . A. z 22. B. z 42. C. z 2. D. z 4 . Lời giải Chọn D. Ta có OA z , OB 12 i z z , AB 1 i z z iz z . Suy ra OAB vuông cân tại A (OA AB và OA2 AB 2 OB 2 ) 112 Ta có: S OA.8 AB z z 4 . OAB 22 x 112 y z Câu 34: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;2; 1 , đường thẳng d : và 2 1 1 mặt phẳng P : x y 2 z 1 0 . Điểm B thuộc mặt phẳng P thỏa mãn đường thẳng AB vuông góc và cắt đường thẳng d . Tọa độ điểm B là A. 3; 2; 1 . B. 3;8; 3 . C. 0;3; 2 . D. 6; 7;0 . Lời giải Chọn C. Đường thẳng d có một VTCP là ud 2;1; 1 . Gọi M AB  d M 1 2 t ; 1 t ;2 t AM 2 t ; t 3;3 t . AB d AM.0 u 4t t 3 3 t 0 t 1 AM 2; 2;2 2 1; 1;1 Đường thẳng AB đi qua điểm A 1;2; 1 , có một VTCP là u 1; 1;1 xt 1 AB:2 y t t . zt 1 xt 1 t 1 yt 2 x 0 Ta có: B  AB P nên tọa độ của B là nghiệm của hệ zt 1 y 3 x y 2 z 1 0 z 2 B 0;3; 2 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 14/24 - Mã đề thi 132
15. 121 Câu 35: [2D3-3] Cho y f x là hàm số chẵn và liên tục trên . Biết f x d x f x d x 1. Giá 012 2 fx trị của dx bằng x 2 31 A. 1. B. 6 . C. 4 . D. 3 . Lời giải Chọn D. 1 1 2 1 2 Do f x d x f x d1 x f x d1 x và f x d2 x 0 2 1 0 1 12 2 f x dd x f x x f x d3 x . 01 0 2 fx 02f x f x Mặt khác dx ddxx và y f x là hàm số chẵn, liên tục trên x xx 2 31 203 1 3 1 f x f x  x . 0 fx Xét Ix d . Đặt t x dx dt x 2 31 0 fx 0 ft 2 ft 2 3t ft 2 3x fx Ix d dt = dt = dt = dx 31x 31 t 1 31t 31x 2 2 0 1 0 0 3t 2 fx 02f x f x 223x f x f x 2 31x fx dx ddxx ddxx dx x xx xx x 2 31 203 1 3 1 003 1 3 1 0 31 2 f x d3 x . 0 Câu 36: [2D1-3] Cho hàm số y f x có đồ thị của hàm số y f x được cho như hình bên. Hàm số y 22 f x x2 nghịch biến trên khoảng y 3 1 1 O 2 3 4 5 x 2 A. 3; 2 . B. 2; 1 . C. 1; 0 . D. 0; 2 . Lời giải Chọn C. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 15/24 - Mã đề thi 132
16. Ta có y 22 f x x2 y 2 x 2 f 2 x 2 x y 2 f 2 x 2 x y 0 f 2 x x 0 f 2 x 2 x 2 . Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng yx 2 cắt đồ thị y f x tại hai điểm có hoành độ 12 x1 nguyên liên tiếp là và cũng từ đồ thị ta thấy f x x 2 trên miền 23 x nên x2 3 f 2 x 2 x 2 trên miền 2 2x 3 10 x . Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 0 . x 1 Câu 37: [2D1-3] Cho đồ thị Cy : và dd, là hai tiếp tuyến của C song song với nhau. 2x 12 Khoảng cách lớn nhất giữa d1 và d 2 là A. 3. B. 23. C. 2 . D. 22. Lời giải Chọn C. x 1 1 Do Cy : , y x  x 0 . 2x 2x2 là hai tiếp tuyến của song song với nhau lần lượt có các hoành độ tiếp điểm là 11 xx 12 x1, x 2 x 1 x 2 , nên ta có y x12 = y x 22 xx12 . 22xx12 xx12 xx11 11 Gọi M x11; ; N x ; . 22xx11 x 1 1 x 1 1 x 1 PTTT d tại Mx; 1 : y x x 1 x x y 1 0 . 1 1 2 1 2 1 2x1 22xx1122xx11 2 x 4 Khi đó dd 1 . d1,; d 2 N d 1 112 42 14x1 4xx11 11 44 Áp dụng BĐT Cô-Si ta có 4xx22 2 4 . 4 d 2 . 1122 dd12; xx11 2 1 2 4x1 2 x1 Câu 38: [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z 1 2 6 tiếp xúc với hai mặt phẳng P : x y 2 z 5 0 , Q : 2 x y z 5 0 lần lượt tại các điểm A , B . Độ dài đoạn AB là A.32 . B. 3 . C. 26. D. 23 . Lời giải Chọn C. Gọi A x;; y z là tiếp điểm của mặt phẳng và mặt cầu S . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 16/24 - Mã đề thi 132
17. x 1 y 2 z 1 IA knP Khi đó 1 1 2 A 0;1; 3 . AP x y 2 z 5 0 Gọi B x ;; y z là tiếp điểm của mặt phẳng Q : 2 x y z 5 0 và mặt cầu S . x 1 y 2 z 1 IB knQ Khi đó 2 1 1 B 3;1;0 . BQ 2x y z 5 0 Độ dài đoạn AB 32 . x 11 y z m Câu 39: [2H3-3] Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d : và mặt cầu 1 1 2 S : x 1 2 y 1 2 z 2 2 9 .Tìm m để đường thẳng d cắt mặt cầu S tại hai điểm phân biệt E , F sao cho độ dài đoạn EF lớn nhất 1 1 A. m 1. B. m 0. C. m . D. m . 3 3 Lời giải Chọn B. Mặt cầu có tâm I 1;1;2 và bán kính R 3. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên d , khi đó H là trung điểm đoạn EF . 2 Ta có EF 2 EH 2 R2 d I , P . Suy ra lớn nhất khi d I, P nhỏ nhất Đường thẳng qua Am 1; 1; và có véc tơ chỉ phương u 1;1;2 . Ta có AI 0;2;2 m , AI, u 2 m ;2 m ; 2 . 2 AI, u 2m 12 Suy ra d I,2 P . u 1 1 4 2 Do đó nhỏ nhất khi m 0 . Khi đó EF 2 EH 2 R2 d I , P 2 7 . 36 Câu 40: [2D1-3] Biết rằng giá trị nhỏ nhất của hàm số y mx trên 0;3 bằng 20 . Mệnh đề nào x 1 sau đây đúng? A. 02 m . B. 48 m . C. 24 m . D. m 8. Lời giải Chọn C. 36 36 y mx ym x 1 x 1 2 36 Trường hợp 1: m 0, ta có yx 0,  1.Khi đó minyy 3 9 (loại). x 1 2 x 0;3 Trường hợp 2: m 0 11 Nếu m 0 , ta có y 0 , x 1 Khi đó minyy 3 20 3mm 9 (loại). x 0;3 3 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 17/24 - Mã đề thi 132
18. 6 x 1 36 2 36 m Nếu m 0, khi đó ym 00 x 1 . x 1 2 m 6 xl 1 m 64 6 m 4 0 1 3 m 36 , miny y 1 12 m m 20 . m 9 x 0;3 m ml 100 69 11 13 m , minyy 3 20 3m 9 m l . m 4 x 0;3 3 xt 1 xt 2 Câu 41: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d:2 y t , d :1 y t . Đường zt zt 2 thẳng cắt d , d lần lượt tại các điểm A , B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất. Phương trình đường thẳng là x 12 y z x 42 y z A. . B. . 2 1 3 2 1 3 x y 31 z x 2 y 1 z 1 C. . D. . 2 1 3 2 1 3 Lời giải Chọn D. d A 1 t ;2 t ; t , d B 2 t ;1 t ;2 t . 1 AB. u 0 2 t t 1 t t 1 t t 2 0 2tt 3 2 t 2 . AB.0 u 4t 2 t 2 t t 1 t t 2 0 6tt 2 1 t 1 13 Suy ra A 2;1;1 , AB 1; ; 22 AB ngắn nhất suy ra AB là đoạn vuông góc chung của , . x 2 y 1 z 1 Vậy đi qua có vectơ chỉ phương u 2 AB 2;1;3 : . 2 1 3 Câu 42: [2D1-3]Cho hàm số y f x có đạo hàm f x x3 22 x 2 x 3 x với mọi x . Hàm số fx 1 2018 có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị? A. 9. B. 2018 . C. 2022 . D. 11. Lời giải Chọn A. Ta có f x x32 x 2 x 2 0 có 4 nghiệm và đổi dấu 4 lần nên hàm số có 4 cực trị. Suy ra fx 0 có tối đa 5 nghiệm phân biệt. Do đó y f 1 2018 x có tối đa 9 cực trị. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 18/24 - Mã đề thi 132
19. log 2 log 3 log 4 log n Câu 43: [2D2-3] Gọi a là giá trị nhỏ nhất của fn 3 3 3 3 , với n , 9n n 2 . Có bao nhiêu số n để f n a ? A. 2 . B. vô số. C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn A. log n 1 log n Ta có f n 1. f n 3 , f n f n 1. 3 9 9 f n f n 1 Do là giá trị nhỏ nhất của fn nên f n f n 1 log3 n 1 f n f n . 9 log3 n 1 9 99 3 1 n 3 . log n logn 9 f n 1 .3 f n 1 3 9 Vậy có 2 giá trị của n thỏa yêu cầu bài toán. Câu 44: [2H1-3] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA 2 a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tang của góc tạo bởi hai mặt phẳng AMC và SBC bằng 5 3 25 23 A. . B. . C. . D. . 5 2 5 3 Lời giải Chọn C. Chọn hệ trục tọa độ và chuẩn hóa cho a 1 sao cho A 0;0;0 , B 0;1;0 , D 1;0;0 , S 0;0;2 1 Ta có M là trung điểm SD M ;0;1 , C 1;1;0 . 2 1 1 AM ;0;1 , AC 1;1;0 , AM, AC 1;1; AMC có một vtpt n 2;2;1 2 2 SB 0;1; 2 , SC 1;1; 2 , SB, SC 0;2;1 SBC có một vtpt k 0;2;1 nk. 5 Gọi là góc giữa hai mặt phẳng và thì cos nn. 3 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 19/24 - Mã đề thi 132
20. 1 25 Do tan 0 nên tan 1 . cos2 5 Câu 45: [2D2-4] Biết rằng a là số thực dương sao cho bất đẳng thức 3x a x 6 x 9 x đúng với mọi số thực x . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a 12;14 . B. a 10;12 . C. a 14;16 . D. a 16;18. Lời giải Chọn D. Ta có a x 18 x 6 x 9 x 3 x 18 x ax 18 x 3 x 2 x 1 9 x 2 x 1 ax 18 x 3 x 2 x 1 3 x 1 * . Ta thấy 2xx 1 3 1 0, x 3x 2 x 1 3 x 1 0, x . Do đó, * đúng với mọi số thực axxx 18 0,  x a 1, x 18 a 1 a 18 16;18 . 18 Câu 46: [2H1-4] Cho hình lập phương ABCD. A B C D cạnh 2a , gọi M là trung điểm của BB và P 1 thuộc cạnh DD saeo cho DP DD . Mặt phẳng AMP cắt CC tại N . Thể tích khối đa 4 diện AMNPBCD bằng A D P B C M A' D' B' C' 9a3 11a3 A. Va 2 3 . B. Va 3 3 . C. V . D. V . 4 3 Lời giải Chọn B. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 20/24 - Mã đề thi 132
21. A D O P B C K M A' D' O' N B' C' Thể tích khối lập phương ABCD. A B C D là V 28 a 3 a3 . Gọi O , O lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và ABCD , gọi K  OO MP , khi đó N  AK CC . 1 13 aa 3a Ta có OK DP BM a . Do đó CN 2 OK . 2 2 2 4 2 Diện tích hình thang BMNC là 1 1 3aa 5 2 SBMNC BM CN . BC aa .2 . 2 2 2 2 Thể tích khối chóp ABMNC. là 1 1 5aa23 5 V S AB . .2a . A. BMNC3 BMNC 3 2 3 Diện tích hình thang DPNC là 1 13 aa 2 SDPNC DP CN . CD .2aa 2 . 2 2 2 2 Thể tích khối chóp A. DPNC là 1 14a3 V S AD .2aa2 .2 . A. DPNC3 DPNC 33 Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng 54aa33 VVV 3a3 . A BMNC A DPNC 33 Câu 47: [2D3-4] Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn π π 2 f x f x sin x .cos x , với mọi x và f 00 . Giá trị của tích phân x.d f x x 2 0 bằng π 1 π 1 A. . B. . C. . D. . 4 4 4 4 Lời giải Chọn D. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 21/24 - Mã đề thi 132
22. π π Theo giả thiết, f 00 và f x f x sin x .cos x nên ff 00 hay 2 2 π f 0 . 2 π π π π 2 2 π 2 2 Mặt khác, I x.d f x x xd f x xf x 2 f x d x hay I f x d x . 0 0 0 0 0 ππ π 22 π 1 2 π Mà f x dd x f x x nên I f x f xd x . 00 2 220 π π 1 2 1 2 1 Suy ra I sin x .cos x d x cos 2x . 2 0 8 0 4 35 Câu 48: [2D4-4] Cho các số phức w , z thỏa mãn wi và 5w 2 i z 4 . Giá trị lớn nhất 5 của biểu thức P z 1 2i z 5 2i bằng A. 67. B. 4 2 13 . C. 2 53 . D. 4 13 . Lời giải Chọn C. Gọi z x yi , với xy, . Khi đó M x; y là điểm biểu diễn cho số phức z . Theo giả thiết, 5w 2 i z 4 5 w i 2 i z 4 5i 2 i w i z 3 2i z 3 2i 3. Suy ra thuộc đường tròn C : x 3 22 y 2 9 . Ta có MA MB , với A 1;2 và B 5;2 . Gọi H là trung điểm của AB , ta có H 3;2 và khi đó: P MA MB 2 MA22 MB hay P 4 MH22 AB . Mặt khác, MH KH với mọi MC nên P 4 KH22 AB 4 IH R 2 AB2 2 53 . MK 3 11 Vậy Pmax 2 53 khi hay z 3 5i và wi . MA MB 55 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 22/24 - Mã đề thi 132
23. Câu 49: [2D1-3] Cho hàm số ux liên tục trên đoạn 0;5 và có bảng biến thiên như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình 3x 10 2 x m . u x có nghiệm trên đoạn ? A. 6 . B. 4 . C. 5 . D. 3 . Lời giải Chọn C. Theo bảng biến thiên ta có trên thì 1 ux 4 1 , 3xx 10 2 Ta có 3x 10 2 x m . u x m ux Xét hàm số f x 3 x 10 2 x trên 32 Ta có fx ; f x 0 3 10 2 x 2 x 3 10 2x 4 x x 3 . 2xx 2 10 2 Bảng biến thiên Do đó ta có trên thì 10 fx 5 2 . maxf x f 3 5 minf x f 0 10 Từ 1 và 2 ta có và minu x u 3 1 maxu x u 0 4 10 fx Do đó 5 với mọi x 0;5 . 4 ux Để phương trình có nghiệm trên đoạn phương trình 3xx 10 2 10 m có nghiệm trên đoạn m 5 . ux 4 Vì m nên m 1;2;3;4;5. Câu 50: [1D2-3]Chia ngẫu nhiên 9 viên bi gồm 4 viên màu đỏ và 5 viên màu xanh có cùng kích thước thành ba phần, mỗi phần 3 viên. Xác xuất để không có phần nào gồm 3 viên cùng màu bằng TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 23/24 - Mã đề thi 132
24. 9 2 3 5 A. . B. . C. . D. . 14 7 7 14 Lời giải Chọn A. Vì xác suất không thay đổi khi ta coi ba phần này có xếp thứ tự 1, 2 , 3 . Chia ngẫu nhiên 9 viên bi gồm 4 viên màu đỏ và 5 viên màu xanh có cùng kích thước thành ba phần, mỗi phần 3 viên như sau: 3 Phần 1: Chọn 3 viên cho phần 1 có C9 cách. 3 Phần 2 : Chọn viên cho phần 2 có C6 cách. Phần 3 : Chọn viên lại cho phần 3 có 1 cách. 33 Do đó số phần tử của không gian mẫu là: n  C96. C 1680 . Gọi A là biến cố không có phần nào gồm 3 viên cùng màu, khi đó ta chia các viên bi thành 3 bộ như sau: 21 Bộ 1: 2 đỏ - 1 xanh: Có CC45 cách chọn 12 Bộ 2 : 1 đỏ - 2 xanh: Có CC24 cách chọn Bộ 3 : gồm các viên bi còn lại( đỏ - xanh). 3! Vì bộ 2 và 3 có các viên bi giống nhau để không phân biệt hai bộ này nên có sắp xếp 3 2! bộ vào 3 phần trên. 3! Do đó n A C2 C 1 C 1 C 2 1080. 2! 4 5 2 4 nA 1080 9 Ta được PA . n  1680 14 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 24/24 - Mã đề thi 132