ĐỀ TOÁN THPT

Tỉ số thể tích của khối cầu ngoại tiếp và khối cầu nội tiếp khối nón là Lời giải Chọn D Bán kính khối cầu ngoại tiếp khối nón là 2 3 R SO... Vậy số đường tiệm cận của đồ thị hàm số đã

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 26

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

A A D A C D D B A B B A B D C D B D B B C B D B 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

C C C A C C A A B D C A D A D A B B D C C A D C A

Câu 29 Cho hai mặt cầu   2 2 2

S x  y  z  và     2  2 2

S x  y  z  Biết rằng mặt phẳng   P : ax  by  cz   6 0  a  0  vuông góc với mặt phẳng   Q : 3 x  2 y    z 1 0 đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt cầu đã cho Tích abc bằng

Lời giải Chọn A

Ta có:   S1 có tâm I1 0;0;0  và bán kính R1  6

  S2 có tâm I2 1;1;1  và bán kính R2  6

Mặt phẳng   P : ax  by  cz   6 0  a  0  có vectơ pháp tuyến n P a b c; ; a0

Mặt phẳng   Q : 3 x  2 y    z 1 0 có vectơ pháp tuyến n Q 3; 2;1

Vì Mặt phẳng   P và mặt phẳng   Q vuông góc nhau  n   P.n Q  0 3a2b c 0 1 

Mặt phẳng   P đồng thời tiếp xúc với cà hai mặt cầu nên    

 

;

;

d I P R

d I Q R







2 2 2

2 2 2

6

6

6 6

a b c

a b c

a b c









 

  



2 2 2

0

12 6

6

   

   

a b c

a b c

a b c

(2)

Từ (1) và (2)

TH1:

1

a

2

TH2:

Ta chọn đáp án A

Cách khác :

Ta có:   S1 có tâm I1 0;0;0  và bán kính R1  6

  S2 có tâm I2 1;1;1  và bán kính R2  6 ; Mặt phẳng   Q : 3 x  2 y    z 1 0 có vectơ pháp tuyến n Q 3; 2;1

Vì I I1 2  3  6 nên hai mặt cầu cắt nhau mà R1  R2  6 nên mặt phẳng   P tiếp xúc với

cả hai mặt cầu khi   P song song với I I1 2

Ta lại có mặt phẳng   P vuông góc với mặt phẳng   Q nên mặt phẳng   P nhận

1 2, Q 1; 2; 1

I I n

  làm vectơ pháp tuyến

Vì   P có vectơ pháp tuyến n P a b c; ; a0 nên 2

b a

a b c

c a

 



Khi đó phương trình mặt phẳng   P được viết lại là: ax2ayaz 6 0

Mặt phẳng   P tiếp xúc với mặt cầu   S1 nên  1    1

6

6

a

Suy ra phương trình mặt phẳng   P :1 x  2 y    z 6 0 Vậy tích abc   2

Câu 30 Cho tích phân 4  

0

32

I  f x dx Tích phân 2  

0

2

J  f x dx bằng

A.J  8 B J  64 C J  16 D J  32

Lời giải Chọn C

Ta có 2  

0

2

J  f x dx

2

t  xdt  dxdx dt

Đổi cận: 0 0

  

J  f x dx  f t dt  

Ta chọn đáp án C

Câu 31 Từ các chữ số thuộc tập hợp S1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 có bao nhiêu số có 9 chữ số khác nhau

sao cho chữ số 1 đứng trước chữ số 2, chữ số 3 đứng trước chữ số 4, chữ số 5 đứng trước chữ

số 6 ?

Lời giải Chọn C

Xếp chữ số 1 và 2 vào hai vị trí, do không giao hoán nên có: C92 (cách)

Tương tự xếp chữ số 3 và 4 có 2

7

C (cách), xếp chữ số 5 và 6 có 2

5

C (cách)

Ba chữ số 7,8,9 hoán vị vào ba vị trí còn lại, có số cách xếp là 3! (cách)

Vậy số các chữ số thỏa mãn bài toán là: 2 2 2

9 7 5.3! 45360

C C C  (số)

Câu 32 Cho hàm số sin 1

cos 2

y

x





 Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng

10;10 để giá trị nhỏ nhất của y nhỏ hơn 1

Lời giải Chọn A

Có cosx  2 0, x

sin 1 cos 2

y

x





 msinx 1 ycosx2

 

Coi  1 là phương trình ẩn x (tham số m y , ) Điều kiện có nghiệm của phương trình  1 là:

  2 2 2

m  y  y

 

3y 4y 1 m 0 2

Xét tam thức   2 2

f y  y  y m có hệ số a   3 0 và biệt thức:

4 3 1 m 1 3m 0, m



Do đó bất phương trình  2 có tập nghiệm: b y b

       

y

Giá trị nhỏ nhất của y nhỏ hơn 1 tương đương:

2

1 3

m

2

1 3m 5

 1 3m2 25

m2 8

2 2

2 2

m m

 

 

Vậy m   ; 2 2  2 2;

Kết hợp điều kiện m  và m  10;10 nên có tất cả 14 giá trị của m thỏa mãn

Câu 33 Cho hàm số y  f x   xác định và liên tục trên thỏa mãn  3 

phân 4  

0

f x dx

A 25

4

Lời giải Chọn A

Đặt x   t3 3 t Khi đó:  2 

dx  t  dt

Với x    0 t 0

x    4 t 1

Vậy: 4   1    1   

25

4

f x dx  f t  t t  dt  t  t  dt 

Câu 34 Số nghiệm nguyên của bất phương trình 1  1  

log 3 x  2  log 10  x là

Lời giải Chọn B

Bất phương trình đã cho tương đương

2

3 3

3



x

x

Vì x  nên x    1; 2

Câu 35 Một hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều Tỉ số thể tích của khối cầu ngoại tiếp và

khối cầu nội tiếp khối nón là

Lời giải Chọn D

Bán kính khối cầu ngoại tiếp khối nón là 2

3

R SO

Bán kính khối cầu nội tiếp khối nón là 1

3

r SO

Vậy R 2

noitiep

Câu 36 Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số

2

4 2

2

y

 



 

Lời giải Chọn C

Tập xác định D  \    2; 1;1; 2 

Ta có

2

4 2

2

x



2

4 2

2

x



   TCN y0

 

2

4 2 2

2 lim

x



 

 

2

4 2 2

2 lim

x



 

 



1 4



2

4 2 1

2 lim

x





 

2

4 2 1

2 lim

x





 



1 2

 

2

2

2 lim

x





 

   ,

2

4 2 2

2 lim

x





 

     TCĐ x  2

 

2

4 2 1

2 lim

x



 

 

   ,  

2

4 2 1

2 lim

x



 

 

Vậy số đường tiệm cận của đồ thị hàm số đã cho là 3

Câu 37 Phương trình z3 z có bao nhiêu nghiệm trong tập số phức

A.5 nghiệm B.3 nghiệm C.1 nghiệm D.4 nghiệm

Lời giải Chọn A

Cách 1

Giả sử z   a ib a b  ,  

Khi đó

 

 

3 3

2 3



 

  



Từ (1) ta xét các trường hợp

+ Nếu a  0 thay vào (2) suy ra b0;b 1

+ Nếu a  0 thì từ (1) ta suy ra 2 2

1 3

a   b

Thay vào (2) ta được 8b3 4b    b 0 a 1

Vậy phương trình z3  z có 5 nghiệm

Cách 2 (Phản biện đề xuất)

1

z

z z z z z z

z

 



, z 1.

  Từ phương trình z3 z z4 z z z2 1 z 1

z i

 



 (Thử lại thấy thỏa mãn)

Câu 38 Biết rằng ba vectơ a2;1;0 , b 3; 2;1 , c m m; 1; 2 đồng phẳng Giá trị của m bằng

A m  2 B m  1 C m   1 D m  0

Chọn D

Ba vectơ a b c, , đồng phẳng khi và chỉ khi tồn tại số thực x y, sao cho cxayb

2 3 2

Câu 39 Biết rằng a;b là các số thực thỏa mãn  2017

a bi   i Giá trị của a b  bằng:

A   672

1 3 8 B   671

1 3 8 C   672

3 1 8 D   671

3 1 8

Lời giải Chọn A

Ta có:

2017

2017

2017 2017 2017

2016

2 2 cos sin

   8672 8672 3i

672 672

8

a b

 



 



1 3 8

a b

    Chọn A

Câu 40 Cho hai mặt phẳng ( )P và ( )Q song song với nhau cắt khối cầu tâm O bán kính R tạo thành

hai hình tròn (C1) và (C2) cùng bán kính Xét hình nón có đỉnh trùng với tâm của một trong hai hình tròn, đáy trùng với hình tròn còn lại Biết diện tích xung quanh của hình nón là lớn nhất, khi đó thể tích khối trụ có hai đáy là hai hình tròn (C1) và (C2) bằng

A.

3

9

R



3

9

R



3

3 9

R



3

3

R



Lời giải Chọn A

Gọi r h l, , lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và đường sinh của hình nón và I I O1, 2, lần lượt

là tâm của hai đường tròn (C1), (C2) và mặt cầu

Vì hai đường tròn (C1), (C2)có bán kính bằng nhau nên dễ dàng suy ra: 1 2

2

h

OI OI 

Ta có

r  R    l h  r  R 

Diện tích xung quanh hình nón là

xq

xq

S lớn nhất bằng

2 2 3

R



Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi 12 2 3 2 4 2 3 2 2

3

R

R  h  R  h  h

6 3

R r

 

Mà bán kính đáy và chiều cao của hình nón cũng chính là bán kính đáy và chiều cao hình trụ

Vậy thể tích hình trụ

V   r h    

Câu 41 Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh AB3, AC4, AD6 và các góc

BAC  BAD   CAD   Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng

A 4 102

17

Lời giải Chọn A

Xét tam giác ABD có AB  3, AD   6 2 AB BAD ,   60 nên

BD  AB AD  AB AD  AB AD  AB  AD AB

Suy ra tam giác ABD vuông tại B

Gọi C  là điểm thỏa mãn 3

2

AC  AC Khi đó AC   AD   6 2 AB

Vì BAC   60 nên tam giác ABC  cũng vuông tại B Suy ra AB   BDC  

Gọi E thỏa mãn 2

3

BE BC, suy ra CE // AB  AB //  CDE  Gọi H là hình chiếu của B trên DE Suy ra BH   CDE 

Do đó d AB CD  ,   d AB CDE  ,     d B CDE  ,     BH

Ta có BD  BC   AB tan 60   3 3, tam giác ADC  vuông cân tại A nên DC   6 2

Suy ra

1 cos

DBC

BD BC



2 2 sin

3

DBC

3

BE BC , suy ra DE BD2BE22BD BE .cosDBC 51

BDE

Do đó 2 12 2 4 102

17 51

BDE

S BH

DE

,

17

Câu 42 Cho hàm số y   f   x xác định và liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ Số nghiệm thuộc

khoảng ;11

10

 

  của phương trình   1

2

f x  f  

 là

E C

A

B C'

D

H E C

A

B C'

D H

A 1 B 2 C 4 D 3

Lời giải Chọn B

Dựa vào đồ thị của hàm số y   f   x

có hai điều như sau:

1) Bảng biến thiên

2) Các hình phẳng sau:

+) Hình phẳng giới hạn bởi các đường   1

, 0, , 0

2

y f x y x  x có diện tích

0 1

1 2

1

2



     

+) Hình phẳng giới hạn bởi các đường y   f   x , y  0, x  0, x  1 có diện tích

1 2

0

S   f x x f  f

+) Hình phẳng giới hạn bởi các đường   11

, 0, 1,

10

y f x y x x có diện tích

11 10 3

1

11

10

S  f x x f   f

 

 

- Có

3 1

f f

f f



   

   

f f



0

f   f  

    

f   f  

    

   

Suy ra số nghiệm thuộc khoảng ;11

10

 

  của phương trình   1

2

f x  f  

 là 2

Câu 43 Cho hàm số   3 2

f x   x ax   bx c thỏa mãn c  2019, a b c    2018 0  Số điểm cực trị của hàm số y f x( ) 2019 là

Lời giải Chọn B

Xét hàm số g x ( )  f x ( ) 2019   x3 ax2 bx c   2019

Hàm số g x   liên tục trên

Vì 2019

2018 0







c

a b c

(0) 0 (1) 0

g g







phương trình g x( )0có ít nhất 1 nghiệm thuộc   0;1

Đồ thị hàm số yg x( )có ít nhất một giao điểm với trục hoành có hoành độ nằm trong khoảng (0;1). (1)

Vì lim ( )

(0) 0

g







 phương trình g x( )0có ít nhất 1 nghiệm thuộc (;0).

Đồ thị hàm số yg x( )có ít nhất một giao điểm với trục hoành có hoành độ nằm trong

khoảng (;0) (2)

Vì

lim ( ) (1) 0

g







 phương trình g x( )0có ít nhất 1 nghiệm thuộc (1;).

Đồ thị hàm số yg x( )có ít nhất một giao điểm với trục hoành có hoành độ nằm trong

khoảng (1;) (3)

Và hàm số g x   là hàm số bậc 3

Nên từ (1), (2), (3) đồ thị hàm số g x  có dạng

Do đó đồ thị hàm số y f x( ) 2019 có dạng

Vậy hàm số y f x( ) 2019 có 5 điểm cực trị

Đáp án B

Câu 44 Cho mặt cầu   S : x2 y2  z2 2  m  1   x   2 m y   2  m  1  z  6  m   2  0 Biết rằng khi

m thay đổi mặt cầu   S luôn chứa một đường tròn cố định Tọa độ tâm I của đường tròn đó

là

A I  1; 2;1  B I     1; 2; 1  C I  1; 2; 1   D I    1; 2;1 

Lời giải Chọn D

x  y   z m  x   m y  m  z  m  

Khi đó đường tròn cố định   C cần tìm là giao điểm của mặt phẳng   P : 2    x y 2 z   6 0

và mặt cầu     2  2 2

S x  y  z  

Mặt cầu   S ' có tâm J(1; 1; 1)  nên độ tâm I của đường tròn   C là hình chiếu vuông góc của J trên mặt phẳng   P

Gọi  là đường thẳng qua J và vuông góc với   P , ta có: : 1 1 1

x y z

 2 1; 1; 2 1 

I       I t t t  , mặt khác I    P nên  2 xI yI  2 zI    6 0 t 1

Vậy I( 1; 2;1)  Chọn D

Câu 45 Cho hàm số f x   thỏa mãn f   1  1;       *

, ,

f m n   f m  f n  m n  m n  Khi đó giá trị của biểu thức  2019   2018  19

log

20

Lời giải Chọn C

Vì       *

, ,

f m n   f m  f n  m n  m n  nên ta chọn m2018;n1 ta được

 2018 1   2018    1 2018.1  2018  2019

f   f  f   f  hay f  2019   f  2018   2019 Khi đó  2019   2018  19  2018  2019  2018  19

log 2000 log100 2

20

Câu 46 Cho hàm số y f x( ) xác định và liên tục trên trên R có đồ thị như hình vẽ

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số mđể phương trình 7f 5 2 1 3  cosx3m7

có hai nghiệm phân biệt thuộc ;

2 2

 



 ? A.4 B.7 C.6 D.5

Lời giải

Chọn C

Đặt t   5 2 1 3  cosx (1) Vì ; 0 1  1;3

2 2

x  cosx  t

Phương trình đầu trở thành   3 7

7

m

f t  

(2)

Nhận xét :

+Với cosx    1 t 1 nên khi t  1 phương trình (1) chỉ có một nghiệm thuộc ;

2 2

 



+Với mỗi t   1;3  thì phương trình (1) có hai nghiệm thuộc ;

2 2

 



  Như vậy dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình đầu có hai nghiệm phân biệt thuộc

;

2 2

 



  khi phương trình (2) có một nghiệm t    1;3

7 4

7

7

m

m





Vì m       Z m  7; 2; 1;0;1; 2  nên đáp án là C

Câu 47 Người ta dự định trồng hoa Lan Ý để trang trí vào phần tô đậm (như hình vẽ) Biết rằng phần

tô đậm là diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị   3 2 1

2

y  f x  ax  bx  cx  và

  2

1

y  g x  dx   ex trong đó a b c d e, , , ,  Biết rằng hai đồ thị đó cắt nhau tại các điểm

có hoành độ lần lượt bằng  3; 1; 2, chi phí trồng hoa là 800000 đồng/1m2 và đơn vị trên các trục được tính là 1 mét Số tiền trồng hoa gần nhất với số nào sau đây? (làm tròn đến đơn vị nghìn đồng)

A 4217000 đồng B 2083000 đồng C 422000 đồng D 4220000 đồng

Lời giải Chọn A

Xét phương trình hoành độ giao điểm

2

f x  g x  f x  g x   ax   b d x   c e x   (*)

Vì hai đồ thị cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt bằng  3; 1; 2 nên phương trình (*)

có các nghiệm là x 3; x   1 và x  2 Do đó, ta có

2

ax   b d x   c e x   a x  x  x    x

Cho x  0 ta được 3 6 1

Diện tích phần trồng hoa là

       

2

Số tiền trồng hoa là T 800000.S 4216666, 667 (đồng)

Làm tròn đến đơn vị nghìn đồng ta được 4217000 đồng

Câu 48 Cho hàm số y  f x   và hàm số y  g x   có đạo hàm xác định trên và có đồ thị như hình

vẽ dưới đây:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình  

 

f x

m

g x  có nghiệm thuộc

  2;3 ?

Lời giải Chọn D

Xét hàm số   f x   

h x

g x

 Dựa vào đồ thị, ta thấy các hàm số f x   và g x   liên tục và nhận giá trị dương trên   2;3 , do đó h x   liên tục và nhận giá trị dương trên   2;3 

Ngoài ra với x    2;3 , dễ thấy f x    6, g x    1 nên h x  f x    6

g x

  , mà

     0 6

f h

g

   nên

2;3

maxh x 6

  (1)

Lại có h x    0 với mọi x    2;3  và h     2 1 nên    

2;3

0 minh x 1



  (2)

Phương trình  

 

f x

m

g x  có nghiệm trên   2;3  khi và chỉ khi        

minh x m maxh x

    (3)

Từ   1 ,   2 và   3 , kết hợp với m  , ta có m   1; 2;3; 4;5;6  Chọn D

Câu 49 Cho phương trình   2

2 log 2 x  4 x   4 2y  y   x 2 x  1 Hỏi có bao nhiêu cặp số nguyên dương   x y ; và 0 x 100 thỏa mãn phương trình đã cho?

Lời giải Chọn C

Điều kiện:2 x2 4 x   4 0 (*)

2 log 2 x  4 x   4 2y  y   x 2 x  1

2

log 2 x 2x 2  x 2x 1 2y y

log x 2 x 2 log 2 x 2 x 1 2y y

2

Xét hàm f t     2t t

Ta có f t     2 ln 2 1 0t    t

Hàm số đồng biến trên

(1)   2    2

2

2

log x 2x 2 y

2

2 2 2y

x x

1 1 2y

x

Do 0 x 100 1 x1  1 2 99 1 0 y log299 1; do y nguyên dương nên ta suy ra 1   y 3

+) y  1 2

x x

x x

    x 2 (Thỏa mãn Đk (*) và x nguyên dương) +) y  2 2

x x

x x

    (Không có giá trị nguyên nào thỏa mãn) +) y  3 2

x x

x x

    (Không có giá trị nguyên nào thỏa mãn) Vậy có một cặp nguyên dương     x y ;  2;1 thỏa mãn yêu cầu bài toán