ĐÁP án đề 16 đến 20 (7 8)

Đường cong trong hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây.. Biết tứ diện đều ABCD có thể tích bằng 1 3Đặt độ dài cạnh của tứ diện đều

ĐỀ SỐ 16 LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

Câu 1 Một hộp đựng 6 quả cầu màu trắng và 4 quả cầu màu vàng Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 quả cầu

Tính xác suất để trong 4 quả cầu lấy được có đúng 2 quả cầu vàng

A 3

2

1

3.7

Lời giải Chọn D

Số phần tử của không gian mẫu là 4

10( ) 210

n  C 

Gọi A là biến cố “Trong 4 quả cầu lấy được có đúng 2 quả cầu vàng”

Ta có: 2 2

4 6( ) 90

Câu 2 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có có đáy là hình vuông cạnh 2a; cạnh SAa và vuông góc

với đáy Gọi M là trung điểm CD Tính cos với  là góc tạo bởi SB và AM

có bao nhiêu giá trị nguyên m   2019; 2019 để phương trình f x   0 có 2 nghiệm phân

biêt?

Lời giải Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên của đồ thị hàm số f x  Phương trình f x   0 có 2 nghiệm phân biệt

3

2019; 2018; ; 2;31

m

m m

có 2019 giá trị m thỏa đề bài

Câu 4 Đường cong hình hình bên là đồ thị của hàm số nào?

A yx41 B yx42x21

C y x41 D y x42x21

Lời giải Chọn D

   nên a 0 Vậy loại đáp án B, chọn đáp án D

Câu 5 Cho bất phương trình 4x5.2x116 0 có tập nghiệm là đoạn a b;  Tính log a 2b2

Lời giải Chọn B

Đặt 2 ,x 0 * 

Khi đó bất phương trình đã cho trở thành: t210t16 0   2 t 8 (thỏa mãn (*))

Câu 6 Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình dưới

A ylog3x B ylog2x1 C ylog3x 1 D ylog3x1

Lời giải Chọn B

Đồ thị qua O0;0 nên ta loại A và C

Đồ thị đi qua M 1;1 nên ta loại D và lấy B

Câu 7 Một người gửi 300triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7%/năm Biết rằng nếu không

rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền hơn 600triệu đồng bao gồm cả gốc và lãi? Giả định trong suốt thời gian gửi lãi suất không đổi và người đó không rút

tiền ra

Lời giải Chọn B

Theo công thức lãi kép số tiền nhận được sau nnăm là: (1A r)n

7 (1 ) 100

7(1 ) 600000000 300000000(1 ) 600000000 log 2 10, 24

4

Pab c  

Câu 9 Họ nguyên hàm của hàm số f x x xe là

A 1 5  

15

x

x  x e C. D 3  

4x  x1 e xC

Lời giải Chọn A

Câu 10 Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y x , 2 y  và 0 x 9quay xung quanh trục Ox

Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành

A 5

.6

Hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm sốy x và 2 y  là: 0

A 3 B 2 C 1 D 0.

Lời giải Chọn B





  +)





  +) lim 2 1 0





  Vậy đồ thị của hàm số 2 1

x y

Hàm số y x43x21 liên tục trên đoạn 0; 2

260; 22

Câu 14 Đường cong trong hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án

A, B, C, D dưới đây Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

A yx33x2 B yx33x21 C y x33x21. D yx33x21

Lời giải Chọn D

Nhận xét: hình vẽ là đồ thị hàm số bậc ba với hệ số a dương  Loại phương án C

+ Có x 0 và x 2 là hai điểm cực trị  Loại phương án B

+ Cắt trục tung tại điểm 0;1 Loại phương án A

2

x y

Xét hàm số: y 2x23x5 (*), có đồ thị là Parabol đỉnh 3 49;

4 8

A 

 , từ đồ thì của hàm số (*) ta suy ra đồ thị hàm sốy 2x23x5 có dạng:

Dựa vào đồ thị hàm số hàm sốy 2x23x5, ta thấy điểm cực đại của đồ thị hàm số là

Câu 16 Cho hàm số y f x  liên tục trên  và có bảng biến thiên:

Tìm m để phương trình 2f x m0 có đúng 3 nghiệm phân biệt

A m  2 B m 4 C m 2 D m  1

Lời giải Chọn A

A P2a b c  B P a 2b c C P2a b c  D P2a b c 

Lời giải Chọn B

Ta có:

3

90log11

180log22

log 6 log 5 log 22

   2 log 6 log 5 log 223  3  3  a 2b c Vậy P a 2b c

Câu 18 Tập nghiệm của phương trình  2 

log x 2x2 1 là

A  B { 2;4} C {4} D { 2}

Lời giải Chọn B

Đặt t  2 1 (t > 0)x  2 1x 1

t

Phương trình đã cho trở thành

Vậy tích 2 nghiệm của phương trình đã cho là 1

Câu 20 Tính đạo hàm của hàm số 1

Lời giải Chọn B

Lời giải Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm là x22x 1 2x24x 1 3x26x0

02

x x

1 2

Câu 26 Biết tứ diện đều ABCD có thể tích bằng 1 3

Đặt độ dài cạnh của tứ diện đều là x

Câu 27 Cho tam giác đều ABC có đường tròn nội tiếp O r; , cắt bỏ phần hình tròn và cho hình phẳng

thu được quay quanh AO Tính thể tích khối tròn xoay thu được theo r

Vì tam giác ABC đều nên ta có: AH 3OH 3r, 3 2 2 3

Câu 28 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  Q :x2y2z 3 0, mặt phẳng

 P không qua O, song song mặt phẳng  Q và d   P ; Q   1 Phương trình mặt phẳng  P

là

A x2y2z 1 0. B x2y2z  0

C x2y2z 6 0. D x2y2z  3 0

Lời giải Chọn C

Mặt phẳng  P không qua O, song song mặt phẳng  Q

 P :x2y2zd0(d 0, d  3)

Ta có d   P ; Q   1  

31

Giả sử  là phương trình đường thẳng cần tìm

Câu 30 Tìm hệ số của số hạng chứa 5

x trong khai triển  2 310

1 x x x

Lời giải Chọn A

Câu 31 Cho A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính

xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là chữ số 1

Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 4  

9.10 90000n A 90000

Số phần tử của không gian mẫu là n    90000

Gọi số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là x abcd  1

Ta có x abcd  1 10  abcd   1 3 abcd  7 abcd  1

Để x abcd  1 chia hết cho 7  3 abcd   1 7

3

k abcd  k kabcd k  là số nguyên 1

Câu 32 Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như sau

Gọi S là tập hợp các số nguyên dương m để bất phương trình   2 2 

2 2

f x mx x   m có nghiệm thuộc đoạn 0;3 Số phần tử của tập S là

Lời giải Chọn C

  khi x 1 )

 

 

 2 0;3 2

1 1

f x x

Câu 33 Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được lấy từ các

chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 8, 9 Tính xác suất để chọn được số lớn hơn số 2019 và bé hơn số 9102

Giả sử số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau là abcd

Câu 34 Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D có mặt ABCD là hình vuông, ' ' ' ' ' 6

+ Gọi O là giao điểm của hai đường chéo hình vuông ABCD

A

Vậy góc giữa hai mặt phẳng A BD và '  C BD bằng '  60

Cách khác: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz vào hình hộp chữ nhật ABCD A B C D để tìm góc giữa ' ' ' 'hai mặt phẳng A BD và '  C BD ' 

Câu 35 Cho hàm số f x  có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

*)

2 2

10,1

x x

Câu 36 Cho hàm số y f x( ) liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ dưới đây

Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f( 4x2)m có nghiệm thuộc nửa khoảng [ 2 ; 3) là:

A [-1;3] B [-1; ( 2)]f C (-1; ( 2)]f D (-1;3]

Lời giải Chọn D

g x   x  

Từ đồ thị, phương trình f t( )m có nghiệm thuộc khoảng (1; 2] khi m ( 1;3].

Câu 37 Cho hàm số f x cos 2x Bất phương trình 2019 

A m 22018 B m 22018 C m 22019 D m 22019

Lời giải Chọn B

A 1;2 B 2;  

C ;1  2;  D 1; 2

Lời giải Chọn D

Tập xác định D\m

2 22

20

Câu 39 Cho số phức z thỏa mãn zz  zz 4 Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của P z 2 2i Đặt AMm Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A A  34;6 B A 6; 42 C A 2 7; 33 D A 4;3 3

Lời giải Chọn A

Giả sử: z x yi x y, , N x y ; : điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng tọa độ

Câu 40 Tại trung tâm thành phố người ta tạo điểm nhấn bằng cột trang trí hình nón có kích thước như

sau: chiều dài đường sinh l 10 m, bán kính đáy R 5 m Biết rằng tam giác SAB là thiết diện qua trục của hình nón và C là trung điểm của SB Trang trí một hệ thống đèn điện tử chạy từ A

đến C trên mặt nón Xác định giá trị ngắn nhất của chiều dài dây đèn điện tử

A 15 m B 10 m C 5 3 m D 5 5 m

Lời giải Chọn D

• Cắt hình nón theo hai đường sinh SA, SB rồi trải ra ta được hình (H2) như sau:

x y

1 1

I B

E

Khi đó, chiều dài dây đèn ngắn nhất là độ dài đoạn thẳng AC trên hình H2

• Chu vi cung tròn AB: 1

.2 5 52

Câu 41 Cho hình chóp S ABCD có ABCDlà hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và tam giác SCD

vuông cân tại S Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

A

27

a



253

a

 D a2

Lời giải Chọn A

+ Gọi M N lần lượt là trung điểm , AB CD Kẻ , SH MN tại H SH (ABCD)

3 ; ;

+ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: 2; 0; 0

+ Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD là mặt cầu đi qua 4 điểm , , ,S A B C

Suy ra phương trình mặt cầu là:

Câu 42 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) :(S x1)2(y2)2(z1)2 và 9

hai điểm A(4;3;1), B(3;1;3); M là điểm thay đổi trên ( )S Gọi ,m n lần lượt là giá trị lớn

nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P2MA2MB2 Xác định (m n )

Gọi I là điểm thỏa mãn 2IA IB   0

Ta có vectơ chỉ phương của d1, d lần lượt là 2 u 1 2; 2; 1  

và u 2 1;0; 1 

Mặt phẳng  P qua d1n u  10 2 2b c 0 1 

Câu 44 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : 1 2 1

Chọn A1; 2; 1 d u;d 2;1;3 ; u i,0;3; 1  

Ta thấy u id;.OA70d

và Ox chéo nhau

Gọi  Q là mặt phẳng chứa d và song song với Ox

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  Q là nQ u id;0;3; 1  

Hình chiếu d  của d trên mặt phẳng  P là đường giao tuyến giữa hai mặt phẳng  P và

 Q

d  có một vectơ chỉ phương là n n Q; P  4;1; 3u673n n Q; P  2692; 673; 2019

cũng là một vectơ chỉ phương

Vậy ab 2019

Câu 45 Cho hình bát diện đều có cạnh a và điểm I nằm trong hình bát diện Tính tổng khoảng cách

từ điểm I đến tất cả các mặt của bát diện

n Q

Q

P d

x O

S' O S

Hình bát diện đều có thể tích bằng thể tích của hai hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau, ở đây các cạnh đều bằng a

Gọi V là thể tích khối bát diện đều

Ta có: 2

ABCD

S a ,

234

23

33

Xét hình chóp tam giác đều S ABC , gọi H là trọng tâm của tam giác ABC suy ra

SH ABC tại H suy ra hSH

Gọi K là trung điểm của AB suy ra CK AB tại K

S

Xét tam giác CKB vuông tại K có

Suy ra M thuộc đường tròn  T là giao của  S với mặt phẳng  P :x  y 2 0

Thay tọa độ của D vào phương trình của  P và của  S thấy thỏa mãn nên D T , suy ra

giá trị lớn nhất của MD bằng đường kính của  T

 S có tâm I2; 4; 0 và bán kính R  39

Khoảng cách từ I với  P là hd I P ;  4 2

Bán kính của  T là r R2h2  7

Suy ra maxMD2r2 7.

Câu 48 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A1; 2;5 , B3; 1; 0 ,  C4;0; 2  Gọi I

là điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức IA2IB3IC

đạt giá trị nhỏ nhất Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng  P : 4x3y 2 0

Gọi M là trung điểm của đoạn 5;1;3

V

33

V

 .

Lời giải Chọn A

Gọi h r, là chiều cao và bán kính đường tròn đáy của hình trụ

Gọi I là trung điểm ABI3;1; 4 Gọi H là hình chiếu của I xuống mặt phẳng   

làm véc-tơ chỉ phương và có phương trình

Lời giải  Chọn B

Điều kiện xác định:  3 0 3 5

x

x x

'

A

C E

'

C P

'

B

N

B

1

x y

x y x





x y x



 . 

Lời giải Chọn B





  thỏa mãn. 

Câu 5 Cho hàm số y f x  liên tục trên đoạn 2; 2 và có đồ thị như hình vẽ dưới đây Số nghiệm thực

của phương trình 2f x    1 0 trên đoạn 2; 2 là

Lời giải  Chọn B

Số điểm cực trị của hàm số y f x( ) 5 x là 

Lời giải  Chọn C

Chọn B

Ta có: y  3x26x. 

00

2

x y

 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2). 

x y x

2

  0;1

1max

2

y   

Lời giải  Chọn B

x y x

2 41

82

Lời giải  Chọn C

82

a 1



a A 2(1 a)



 .  D

2a A

a 1



 . 

Lời giải  Chọn A

Ta có:  a  log 15 3 =log (3.5) 3  1 log 5 3  

log 25 2 log 5 2(a 1)

 . 

a A

Lời giải  Chọn A

1

2 0

ln 2 .  D

12

ln 2 . 

Lời giải  Chọn B

 Hình phẳng giới hạn bởi ba đồ thị trên là tam giác cong ABC, với A0;1 , B2;1 , C1; 2. 

Cho F(x)x 2là một nguyên hàm của hàm số f (x)e 2x 

Ta có (x )' 2  f (x)e 2 x 2x f (x)e 2 x. 

f '(x)e dxe f (x) 2e f (x)dx

=2x 2x 2C. 

Câu 16 Cho lăng trụ tam giác ABC A B C    có đáy là tam giác đều cạnh a Độ dài cạnh bên bằng 4a Mặt

phẳng BCC B  vuông góc với đáy và B BC 30 Thể tích khối chóp A CC B.   là:

A

332

a

3312

a

3318

a

336

Hạ B H BCB H ABC và B BH B BC 30 Suy ra chiều cao của lăng trụ ABC A B C    là: hB H BB.sin 30 2a. Diện tích đáy là 

234

A

H

Câu 17 Trong một chiếc hộp hình trụ, người ta bỏ vào đấy ba quả banh tenis, biết rằng đáy của hình trụ bằng

hình tròn lớn trên quả banh và chiều cao của hình trụ bằng ba lần đường kính quả banh Gọi S1 là tổng diện tích của ba quả banh, S2 là diện tích xung quanh của hình trụ Tỉ số 1

Suy ra, bán kính đáy của hình trụ là r, chiều cao của hình trụ là 6r. 

Suy ra, S22 6 r r12r2 (2). 

Từ (1) và (2) suy ra  1

21

S

S  . 

nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD và chiều cao bằng chiều cao của hình chóp

Vì hình nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp tứ giác  ABCD  và chiều cao bằng chiều cao của 

Câu 19 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A0; 2;1 , B6;0;3 , C2;1;1 Khoảng cách từ

điểm C đến mặt phẳng trung trực của đoạn AB bằng

Gọi  E  là trung điểm của  AB  thì  E3;1; 2. Ta có AB 6; 2; 2 

. 

Mặt phẳng trung trực  P  của  AB , vuông góc với  AB  nên nhận AB

 làm véc tơ pháp tuyến. Chọn véc tơ pháp tuyến của  P  là 3; 1;1 ,  P  đi qua  E  





 trên đoạn  1;3 bằng 1

A m  2.  B m  3.  C m 4.  D m 2. 

Lời giải Chọn A

Tập xác định: D \ 2  

Ta có: 

2 2

2

15

Tập xác định: D  \ 0  

2

1' 4

12' 0

12

y

x x y

2

x y

 Vậy trên khoảng 3; thì hàm số nghịch biến. 

Lời giải 

Vậy bất phương trình log0,58 2 x 4 có 8 nghiệm nguyên. 

Câu 25 Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 32x6.3x  7 0 bằng

A 6   B log 7  3 C log 6  3 D 7  

Lời giải  Chọn B

Tổng tất cả các nghiệm là log 33  2log 33  2log 73  

2log xlog 2x1 1 là x a b 2 (a b, là hai số nguyên ) Giá trị của a2b bằng

Lời giải  Chọn A

4

x x

3 2 1

Lời giải  Chọn C

x x

4

x C

3sinsin

x

3sinsin

Diện tích tam giác  ABC  là  1 0

.sin120 4 32

ABC

Thể tích lăng trụ là VS ABC.AA24 3. 

khối nón đã cho bằng

. 

Lời giải  Chọn B

Giả sử khối nón có đỉnh là  S , tâm của đáy là  O, đường sinh SA, OH  SA. 

Câu 34 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 3x4y 1 0 và điểm I1; 2  Gọi  C

là đường tròn có tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A và B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng

4 Phương trình đường tròn  C là

A x12y228.  B x12y2220. 

C x12y225.  D x12y22 16. 

Lời giải  Chọn A

Câu 35 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A1; 0; 0, B0; 2; 0, C0; 0; 3  Mặt phẳng

ABC có một vectơ pháp tuyến là

S

H

Lời giải  Chọn D

Ta có AB   1; 2;0

, AC   1;0; 3 

 Suy ra vectơ pháp tuyến của ABC là n4AC AB ; 6;3;2

Ta có: sin4xcos2x m 0cos4xcos2x 1 m0. 

m m

là đoạn a b;  Khi đó giá trị của biểu thức T 4a 1 2

b

   bằng

Lời giải  Chọn A

 . 

 Vậy để phương trình đã cho có nghiệm (3) có nghiệm  5