Đề ôn thi THPT Quốc gia 2020 môn Toán - Trường THPT Trần Hưng Đạo (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề ôn thi THPT Quốc gia 2020 môn Toán - Trường THPT Trần Hưng Đạo (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT BẮC NINH KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2020 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Bài thi: TOÁN (Đề thi có 6 trang) Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Mã đề thi: 101 Họ và tên thí sinh: SBD: Câu 1. Thể tích của hình lập phương có cạnh bằng 2 là bao nhiêu? A. .V 6 B. . V 8 C. . V 4 D. . V 16 Câu 2. Cho hàm số y f x xác định và liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên như sau. . Mệnh đề nào sau đây ĐÚNG? A. Hàm số có cực đại tại x 2 . B. Hàm số có cực tiểu tại x 4 . C. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 0 . D. Hàm số có giá trị cực đại bằng 2 . Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M 3;0;0 , N 0;0;4 . Tính độ dài đoạn thẳng MN . A. .M N 1 B. . MN 7 C. . D.M . N 5 MN 10 Câu 4. Cho đồ thị hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y f x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. . 2; 2 B. . ; 0 C. . D. 0 .; 2 2; Câu 5. Cho các số thực a , m , n và a dương. Mệnh đề nào sau đây đúng? am am A. .a m n am B.n . aC.m n . D. . am n am an am n an n 9 9 9 Câu 6. Giả sử f x dx 37 và g x dx 16 . Khi đó, I 2 f x 3g(x) dx bằng 0 0 0 A. .I 26 B. . I 58 C. . D.I . 143 I 122 Câu 7. Một hình trụ có bán kính đáy r a , độ dài đường sinh l 2a . Tính diện tích xung quanh của hình trụ. A. .4 a2 B. . 2 a2 C. . 5 D.a 2. 6 a2 Câu 8. Tìm tập nghiệm S của phương trình 2x 1 8 A. .S 1 B. . S 1C. . SD. . 4 S 2 Câu 9. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 0; 1; 2 và B 2;2;2 . Vectơ a nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB ? Trang 1/18 - Mã đề thi 101
2. A. .a 2;1;0 B. . a C. 2. ;3;4 D. . a 2;1;0 a 2;3;0 Câu 10. Tính I 3x dx . 3x A. .I C B. . I 3x ln 3 C ln 3 C. .I 3x C D. . I 3x ln 3 C Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x z 5 0 . Một véc tơ pháp tuyến của P là     A. .n 4 2;0;1 B. . n1 2;1C.;5 . D. . n2 2;0; 1 n3 2; 1;5 Câu 12. Trong khai triển a b n , số hạng tổng quát của khai triển? k 1 n 1 n k 1 k n k k k 1 n k 1 k 1 k n k n k A. .C n a b B. . CnC.a . b D. . Cn a b Cn a b Câu 13. Công thức nào sau đây là đúng với cấp số cộng có số hạng đầu u1 , công sai d , n 2. ? A. .u n u1 d B. . un u1 n 1 d C. .u n u1 n 1 d D. . un u1 n 1 d Câu 14. Trong hình vẽ bên, điểm M biểu diễn số phức z . Số phức z là A. .2 i B. . 1 2i C. . 1 2i D. . 2 i Câu 15. Đường cong bên là điểm biểu diễn của đồ thị hàm số nào sau đây A. .y x4 4x2 3 B. . y x4 2x2 3 C. .y x3 3x 3 D. . y x4 2x2 3 x 1 Câu 16. Gọi M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x trên đoạn x 1 3;5. Khi đó M m bằng 7 1 3 A. . B. . C. . 2 D. . 2 2 8 2 4 Câu 17. Cho hàm số f x có đạo hàm là f x x x 1 x 2 x ¡ . Số điểm cực tiểu của hàm số y f x là A. .3 B. . 2 C. . 0 D. . 1 Câu 18. Cho số phức z thỏa mãn z 3 4i 18 i 0 . Khi đó số phức z bằng 1 A. .6 i B. . 2 3i C. . 2 3i D. . 21 3i 4 Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai điểm A 2;1;1 và B 0; 1;1 .Viết phương trình mặt cầu đường kính AB . Trang 2/18 - Mã đề thi 101
3. A. x 1 2 y2 z 1 2 2 . B. x 1 2 y2 z 1 2 8 . C. x 1 2 y2 z 1 2 2 . D. . x 1 2 y2 z 1 2 8 Câu 20. Cho log5 a . Tính log 25000 theo a . A. .2 a 3 B. . 5a2 C. . 2a2 1D. . 5a 2 Câu 21. Gọi z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình z 2z 2 0 . Tìm số phức liên hợp của w 1 2i z1 . A. .w 3 i B. . w 1 C.3 i. D. . w 1 3i w 3 i Câu 22. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x 2y 2z 3 0 , mặt phẳng Q : x 3y 5z 2 0 . Cosin của góc giữa hai mặt phẳng P , Q là 35 35 5 5 A. . B. . C. . D. . 7 7 7 7 2 Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình log3 x 2 3 là: A. .S ; 55; B. . S  C. .S ¡ D. . P  5;5 Câu 24. Cho H là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y ln x 1 , đường thẳng y 1 và trục tung (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của H bằng A. e 2 B. e 1 C. 1 D. ln 2 Câu 25. Cho tam giác SOA vuông tại O có OA 3 cm ,SA 5 cm , quay tam giác SOA xung quanh cạnh SO được hình nón. Thể tích của khối nón tương ứng là: 80 A. .1 2 cm3 B. . 15 C. c .m 3 D. . cm3 36 cm3 3 Câu 26. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau Đồ thị hàm số y f x có tổng số bao nhiêu tiệm cận (chỉ xét các tiệm cận đứng và ngang)? A. .2 B. . 0 C. . 1 D. . 3 Câu 27. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A B C có cạnh đáy bằng a . Góc giữa đường thẳng A B và mặt phẳng ABC bằng 45 . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A B C . a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 24 4 6 12 Câu 28. Đạo hàm hàm số y x2 ln x 1 là: Trang 3/18 - Mã đề thi 101
4. 1 A. y 1. B. y ln x 1. x C. y 1. D. y x 2ln x 1 . Câu 29. Cho hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm của phương trình f x 1 0 là A. .1 B. . 3 C. . 4 D. . 2 a 6 Câu 30. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại đỉnh A , cạnh BC a , AC 3 a 3 các cạnh bên SA SB SC . Tính góc tạo bởi mặt bên SAB và mặt phẳng đáy ABC . 2 A. . B. . C. . D. . arctan 3 6 3 4 x Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log2 3.2 1 2x 1 bằng 3 1 A. . B. . C. . 1 D. . 0 2 2 Câu 32. Người ta cho vào một chiếc hộp hình trụ 3 quả bóng tennis hình cầu. Biết đáy hình trụ bằng hình tròn lớn trên quả bóng và chiều cao hình trụ bằng ba lần đường kính quả bóng. Gọi S1 là tổng diện tích 3 S1 quả bóng và S2 là diện tích xung quanh của hình trụ. Tỉ số diện tích là: S2 A. .5 B. . 1 C. . 3 D. . 2 x2 x 1 Câu 33. Cho F x là nguyên hàm của hàm số f x và F 0 2018 . Tính F 2 . x 1 A. F 2 không xác định. B. .F 2 2 C. .F 2 2018 D. . F 2 2020 Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB , AD . Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng SCN theo a . a 3 a 3 a 2 4a 3 A. . B. . C. . D. . 3 4 4 3 x 1 t Câu 35. Trong không gian Oxyz , đường vuông góc chung của hai đường thẳng d : y 0 và z 5 t x 0 d : y 4 2t có phương trình là z 5 3t x 4 y z 2 x 4 y z 2 A. . B. . 1 3 1 2 3 2 Trang 4/18 - Mã đề thi 101
5. x 4 y z 2 x 4 y z 2 C. . D. . 2 3 2 2 3 2 x2 Câu 36. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y mx ln x 1 đồng biến 2 trên khoảng 1; ? A. .3 B. . 4 C. . 2 D. . 1 Câu 37. Cho số phức z thỏa mãn z 2 i z 2 i 25 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w 2z 2 3i là đường tròn tâm I a;b và bán kính c . Giá trị của a b c bằng A. .1 7 B. . 20 C. . 10 D. . 18 e 3 ln x a b c Câu 38. Biết dx , trong đó a , b , c là các số nguyên dương và c 4 . Tính giá trị 1 x 3 S a b c . A. S 13 B. S 28 C. S 25 D. S 16 Câu 39. Tất cả các giá trị của m để bất phương trình (3m 1)12x (2 m)6x 3x 0 có nghiệm đúng x 0 là: 1 1 A. . 2; B. . ; C. . D. . 2; ( ; 2] 3 3 Câu 40. Cho một đa giác đều gồm 2n đỉnh n 2,n ¥ . Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong số 2 nđỉnh 1 của đa giác, xác suất ba đỉnh được chọn tạo thành một tam giác vuông là . Tìm n 5 A. .n 5 B. . n 4 C. . n 10 D. . n 8 Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A( 1; 2; 1) ,B( 2; 1; 3) ,C( 3; 5; 1) . Điểm    M ( a; b; c) trên mặt phẳng Oyz sao cho MA 2MB CM đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó ta có 2b c bằng A. . 1 B. . 4 C. .1 D. . 4 Câu 42. Cho số phức z0 có z0 2018. Diện tích của đa giác có các đỉnh là các điểm biểu diễn của z0 và 1 1 1 các nghiệm của phương trình được viết dạng n 3 , n ¥ . Chữ số hàng đơn vị của n là z z0 z z0 A. 9 B. 8 C. 3 D. 4 Câu 43. Cho hàm số f x có đồ thị C như hình vẽ. 5 Tìm số nghiệm thuộc ; của phương trình f 2sin x 2 1 ? 6 6 A. 2 . B. 3 . C. 1 . D. 0 . Câu 44. Ông Trung vay ngân hàng 800 triệu đồng theo hình thức trả góp hàng tháng trong 60 tháng. Lãi suất ngân hàng cố định 0,5 /tháng. Mỗi tháng ông Trung phải trả (lần đầu tiên phải trả là 1tháng sau khi vay) số tiền gốc là số tiền vay ban đầu chia cho 60 và số tiền lãi sinh ra từ số tiền gốc còn nợ ngân hàng. Tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong toàn bộ quá trình trả nợ là bao nhiêu? A. 1đồng.18.00 0.000 B. 1 đồng.26.066.666 Trang 5/18 - Mã đề thi 101
6. C. 1đồng.22.00 0.000 D. 135.500.000 đồng. Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d đi qua điểm A 1; 1;2 , song song với x 1 y 1 z P : 2x y z 3 0 , đồng thời tạo với đường thẳng : một góc lớn nhất. Phương 1 2 2 trình đường thẳng d là x 1 y 1 z 2 x 1 y 1 z 2 A. . B. . 1 5 7 4 5 7 x 1 y 1 z 2 x 1 y 1 z 2 C. . D. . 4 5 7 1 5 7 Câu 46. Trong đợt hội trại “Khi tôi 18 ” được tổ chức tại trường THPT X, Đoàn trường có thực hiện một dự án ảnh trưng bày trên một pano có dạng parabol như hình vẽ. Biết rằng Đoàn trường sẽ yêu cầu các lớp gửi hình dự thi và dán lên khu vực hình chữ nhật ABCD , phần còn lại sẽ được trang trí hoa văn cho phù hợp. Chi phí dán hoa văn là 200.000 đồng cho một m 2 bảng. Hỏi chi phí thấp nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano sẽ là bao nhiêu (làm tròn đến hàng nghìn)? A B 4m D C 4m A. 9đồng00.0.0 0 B. đồng. 1.232.0C.00 đồng. D. 9 02.000 1.230.000 đồng. Câu 47. Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho BC 4BM , AC 3AP , BD 2BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABC Dđược phân chia bởi mp MNP . 7 7 8 8 A. . B. . C. . D. . 13 15 15 13 Câu 48. Cho hàm số y f x có đồ thị của hàm số y f x được cho như hình bên. Hàm số y 2 f 2 x x2 nghịch biến trên khoảng y 3 1 1 O 2 3 4 5 x 2 A. . 3; 2 B. . 2; 1C. . D. .1; 0 0; 2 Câu 49. Tìm m để bất phương trình x 2 2 x 2x 2 m 4 2 x 2x 2 có nghiệm? A. .m 8 B. . m 1 4 3 C. .m 7 D. . 8 m 7 Câu 50. Cho hàm số y f x ax4 bx2 c biết a 0 , c 2017 và a b c 2017 . Số cực trị của hàm số y f x 2017 là A. .1 B. . 7 C. . 5 D. . 3 HẾT Trang 6/18 - Mã đề thi 101
7. ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI Câu Lời giải Đáp án 1 B 2 A 3 C 4 C 5 A 6 A 7 D 8 B 9 A 10 A 11 C 12 B 13 D 14 A 15 D Lời giải Chọn B 2 Ta có f x 0, x 3;5 do đó: x 1 2 16 B 3 M max f x f 3 2 ; m min f x f 5 3;5 3;5 2 3 1 Suy ra M m 2 . 2 2 Lời giải Chọn D 2 4 Ta có f x 0 x x 1 x 2 0 . Do x 0 là nghiệm đơn, còn các nghiệm 17 D x 1 và x 2 là các nghiệm bội chẵn nên chỉ có x 0 là nghiệm mà f x đổi dấu từ “âm” sang “dương” theo chiều từ trái sang phải. Do đó x 0 là điểm cực tiểu duy nhất của hàm số đã cho. Lờigiải ChọnB 18 18 i B Ta có z 3 4i 18 i 0 z 2 3i . 3 4i Lời giải Chọn C Theo đề ta có mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm I 1;0;1 của AB và 19 AB C bán kính R 2 . 2 Nên phương trình mặt cầu là: x 1 2 y2 z 1 2 2. Lờigiải 20 ChọnA A Ta có: log 25000 log 52.103 2log5 3log10 2a 3 . Lời giải Chọn C 21 C 2 z 1 i Ta có z 2z 2 0 z1 1 i . z 1 i Trang 7/18 - Mã đề thi 101
8. Do đó, w 1 2i z1 1 2i 1 i 1 2 1 2 i 1 3i w 1 3i . Lời giải Chọn A  Ta có véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng P là nP 1;2; 2 , véc tơ pháp tuyến của  mặt phẳng Q là nQ 1; 3;5 . 22 A Gọi là góc giữa hai mặt phẳng P , Q ta có   nP .nQ 1.1 2. 3 2.5 15 35 cos   . 2 2 2 2 2 2 3 35 7 nP nQ 1 2 2 1 3 5 Lời giải 23 Chọn D D 2 2 2 Ta có: log3 x 2 3 x 2 27 x 25 5 x 5 . Lời giải Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số y ln x 1 và đường thẳng y 1 là ln x 1 1 x e 1. e 1 Diện tích của H là S ln x 1 dx . 24 0 C 1 u ln x 1 du dx Đặt x 1 . Khi đó dv dx v x 1 e 1 e 1 S x 1 ln x 1 dx e e 1 1. 0 0 Lời giải Chọn A S 25 A O A 1 1 SO SA2 OA2 4 ; V r 2h .32.4 12 cm3 . 3 3 Lời giải Chọn A Dựa vào BBT ta thấy lim y ; lim y nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng 26 x 1 x 1 A là x 1. lim y 1 nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang là y 1. x Vậy đồ thị hàm số có 2 tiệm cận. 27 Lời giải B Trang 8/18 - Mã đề thi 101
9. Chọn B Theo giả thiết, ta có AA  ABC BA là hình chiếu vuông góc của A B trên ABC Góc giữa đường thẳng A B và mặt phẳng ABC là ·ABA 45 Do ABA vuông cân tại A AA AB a a3 3 Vậy thể tích của khối lăng trụ ABC.A B C .là V . 4 Lời giải Chọn D 28 D 1 Ta có y x2 ln x 1 y 2x ln x 1 x2. x 2ln x 1 . x Lời giải Chọn B 29 B Giả sử hàm số y f x có đồ thị C . Ta có: f x 1 0 f x 1 là phương trình hoành độ giao điểm của C và đường thẳng d : y 1. Do đó số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của C và d . Dựa vào đồ thị hai hàm số ta có C và d có 3 điểm chung nên phương trình có 3 nghiệm. Lời giải Chọn B a 3 Vì SA SB SC nên hình chiếu của S trùng với H là tâm đường tròn ngoại 2 tiếp đáy ABC . Nhận xét H là trung điểm BC . S 30 B C A M H B Gọi M là trung điểm AB , nhận xét AB  SMH nên góc tạo bởi mặt bên SAB Trang 9/18 - Mã đề thi 101
10. và mặt phẳng đáy ABC là góc S·MH . a 2 Xét tam giác SBH có SH SB2 BH 2 . 2 a 2 SH Xét tam giác SMH có tan M¶ 2 3 M¶ 60o . MH a 6 6 Lời giải Chọn C Điều kiện 3.2x 1. 2 x x 2x 1 x x 31 Ta có log2 3.2 1 2x 1 3.2 1 2 3.2 1 2. 2 C 2x 1 x 0 1 S 1. 2x x 1 2 Chọn B Giả sử bán kính quả bóng tennis là r khi đó bán kính hình trụ là r và đường cao của hình trụ là 6r . Tổng diện tích ba quả bóng là: S 3.4 r 2 12 r 2 . 32 1 B 2 Diện tích xung quanh của hình trụ là: S 2 2 r.6r 12 r . S Suy ra: 1 1 . S2 Lờigiải ChọnD x2 x 1 1 x2 33 Ta có F x dx x dx ln x 1 C . D x 1 x 1 2 x2 Theo bài ra F 0 C 2018, nên F x ln x 1 2018 F 2 2020 . 2 Lời giải Chọn C 34 C a 3 M là trung điểm của AB thì SM  ABCD . Ta có SM . 2 ID Gọi I là giao điểm của NC và MD . Ta có d D; SCN d M ; SCN . IM Vì ABCD là hình vuông nên NC  DM tại I . Trang 10/18 - Mã đề thi 101
11. a .a DN.DC a 5 ID.CN DN.DC ID 2 CN a 5 5 2 a 5 a 5 3a 5 ID 2 IM DM ID . 2 5 10 IM 3 IM  CN Do CN  SMI . Kẻ MH  SI , vì CN  MH nên CN  SM MH  SCN MH d M ; SCN . 1 1 1 4 20 32 Trong tam giác SMI có . MH 2 SM 2 MI 2 3a2 9a2 9a2 3a 2 a 2 Vậy MH d D; SCN . 8 4 Lờigiải ChọnD Giả sử AB là đường vuông góc chung của d và d với A d , B d .   Ta có ud 1;0;1 , ud 0; 2;3 , A a 1;0;a 5  BA a 1;2b 4;a 3b 10 . B 0;4 2b;3b 5 35 D   d  AB ud .BA 0 a 1 a 3b 10 0 a 3 Khi đó   d  AB 2 2b 4 3 a 3b 10 0 b 1 ud .BA 0 A 4;0; 2  BA 4; 6; 4 u 2;3;2 là một VTCP của AB . B 0;6;2 x 4 y z 2 Kết hợp với AB qua A 4;0; 2 AB : . 2 3 2 Lời giải Chọn A 1 Ta có y x m . x 1 x2 Để hàm số y mx ln x 1 đồng biến trên khoảng 1; thì y 0 với 2 x 1; 36 1 A x m với x 1; m min f x . x 1 1; 1 Xét hàm số f x x trên khoảng 1; ta có x 1 1 1 f x x 1 1 2 x 1 1 3 min f x 3. Do m ¢ nên x 1 x 1 1; m 1;2;3 . Lời giải 37 D Chọn D Trang 11/18 - Mã đề thi 101
12. Giả sử z a bi a;b ¡ và w x yi x; y ¡ . z 2 i z 2 i 25 a 2 b 1 i a 2 b 1 i 25 a 2 2 b 1 2 25 1 Theo giả thiết: w 2z 2 3i x yi 2 a bi 2 3i x yi 2a 2 3 2b i . x 2 a x 2a 2 2 2 . y 3 2b 3 y b 2 Thay 2 vào 1 ta được: 2 2 x 2 3 y 2 2 2 1 25 x 2 y 5 100 . 2 2 Suy ra, tập hợp điểm biểu diễn của số phức w là đường tròn tâm I 2;5 và bán kính R 10. Vậy a b c 17 . Lời giải Chọn C dx Đặt t 3 ln x 2tdt . x 38 Đổi : Với x 1 t 3 ; x e t 2 . C e 2 3 ln x 2 2 16 6 3 I dx 2 t 2dt t3 . 3 1 x 3 3 3 a 16 , b 6 , c 3 S a b c 25 . Lời giải Chọn D Đặt 2x t . Do x 0 t 1. Khi đó ta có : (3m 1) t2 (2 m) t 1 0,  t 1. t 2 2t 1 (3t2 t) m t2 2t 1  t 1 m  t 1. 3t 2 t t 2 2t 1 7t 2 6t 1 Xét hàm số f (t) 2 trên 1; f '(t) 2 2 0 t (1; ) . 39 3t t (3t t) D BBT. . Do đó m lim f (t) 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. t 1 Lời giải Chọn D Ta có một đa giác đều 2n cạnh có n đường chéo đi qua tâm. Ta lấy hai đường chéo 40 thì tạo thành một hình chữ nhật. Mỗi một hình chữ nhật sẽ có bốn tam giác vuông. D Vậy số tam giác vuông tạo thành từ đa giác đều 2n đỉnh là 4.n! 4.C 2 2n n 1 , n 2! n 2 ! Trang 12/18 - Mã đề thi 101
13. 2n ! 2n. 2n 1 2n 2 Không gian mẫu là: C3 , 2n 3! 2n 3 ! 6 12n n 1 3 Xác suất là: P , 2n 2n 1 2n 2 2n 1 1 3 1 Theo bài ra thì P 15 2n 1 n 8 . 5 2n 1 5 Lờigiải ChọnB Gọi G là trọng tâm tam giác ABC .          MA 2MB CM MA MB MC MB 3MG MB          Nên MA 2MB CM 3MG MB 3MN MN 3NG NB      Gọi N là điểm thỏa 3NG NB 0 nên 3MG MB 4MN .     Để MA 2MB CM đạt giá trị nhỏ nhất thì 4MN đạt giá trị nhỏ nhất hay M là hình chiếu của N lên mặt phẳng Oyz . 4 Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là: G ; 2; 1 . 3 1 41 x 3x x B N 4 G B 3 xG xN xB xN 0   1 3NG NB 0 3 yG yN yB yN 0 yN 3yG yB 4 3 zG zN zB zN 0 1 zN 3zG zB 4 1 4 3 x 3. 2 N xN 4 3 2 1 5 3 5 3 5 3 yN 3.2 1 yN nên N ; ; . Vậy tọa độ điểm M 0; ; 4 4 2 4 2 4 2 1 3 zN 3.1 3 zN 4 2 hay 2b c 4 . Lời giải Chọn C z 0 Điều kiện: z0 0 1 1 1 2 2 Ta có: z.z0 z z0 z0 z z0 z0 z z.z0 z0 0 z z0 z z0 2 z z z 1 3 1 3 42 1 0 i z i z z C 0 1,2 z0 z0 z0 2 2 2 2 1 3 Ta có: z z i z z 2018 và z z z 0. 1 2 2 2 0 0 0 1 2 Do đó z0 , z1 , z2 được biểu diễn bởi ba điểm M 0 , M1 , M 2 tạo thành một tam giác đều nằm trên đường tròn tâm O bán kính R 2018. 3 2 2 3 Tam giác đều này có chiều cao: h R và độ dài cạnh: a .h . R 3.R 2 3 3 2 Trang 13/18 - Mã đề thi 101
14. 1 3R2 3.20182 Diện tích tam giác: S a.h . 3 . 3 3054243. 3 . 2 4 4 Vậy n 3054243 có chữ số hàng đơn vị là 3. Lời giải Chọn D 5 1 Đặt t 2sin x 2 , x ; t ;1 . 6 6 2 43 Phương trình f 2sin x 2 1 f t 1. D 1 Từ đồ thị hàm số f x ta suy ra phương trình f t 1 không có nghiệm t ;1 . 2 5 Vậy số nghiệm thuộc ; của phương trình f 2sin x 2 1 là 0 . 6 6 Lờigiải ChọnC Gọi số tiền gốc ban đầu là N và phần trăm lãi là r . Tháng thứ nhất ông Trung phải trả số tiền lãi là: N.r . 59 Tháng thứ hai ông Trung phải trả số tiền lãi là: N.r . 60 58 Tháng thứ ba ông Trung phải trả số tiền lãi là: N.r . 60 1 Tháng thứ sáu mươi ông Trung phải trả số tiền lãi là: N.r . 44 60 C Tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong suốt quá trình lãi là: 59 58 1 59 58 1 N.r .N.r .N.r .N.r 1 N.r 60 60 60 60 60 60 60. 60 1 1 N.r 2.60 61 .800.0,5% 122.000.000 . 2 Vậy tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong toàn bộ quá trình trả nợ là 122.000.000 đồng. Lời giải Chọn A  có vectơ chỉ phương a 1; 2;2  d có vectơ chỉ phương ad a;b;c  P có vectơ pháp tuyến nP 2; 1; 1 45     A Vì d / / P nên ad  nP ad .nP 0 2a b c 0 c 2a b 2 5a 4b 1 5a 4b cos ,d 2 2 3 5a2 4ab 2b2 3 5a 4ab 2b 2 a 1 5t 4 Đặt t , ta có: cos ,d b 3 5t 2 4t 2 Trang 14/18 - Mã đề thi 101
15. 2 5t 4 1 5 3 Xét hàm số f t 2 , ta suy ra được: max f t f 5t 4t 2 5 3 5 3 1 a 1 Do đó: max cos ,d t 27 5 b 5 Chọn a 1 b 5,c 7 x 1 y 1 z 2 Vậy phương trình đường thẳng d là . 1 5 7 Hướngdẫngiải ChọnC Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó phương trình đường parabol có dạng: y ax2 b . y 4 A B 4 m x D O C 2 4 m 2 Parabol cắt trục tung tại điểm 0;4 và cắt trục hoành tại 2;0 nên: b 4 a 1 2 . a.2 b 0 b 4 Do đó, phương trình parabol là y x2 4 . 46 C Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường parabol và trục hoành là: 2 2 3 2 x 32 S1 x 4 d x 4x . 3 3 2 2 Gọi C t;0 B t;4 t 2 với 0 t 2 . Ta có CD 2t và BC 4 t 2 . Diện tích hình chữ nhật ABCD là 2 3 S2 CD.BC 2t. 4 t 2t 8t . Diện tích phần trang trí hoa văn là: 32 3 3 32 S S1 S2 2t 8t 2t 8t . 3 3 32 Xét hàm số f t 2t3 8t với 0 t 2 . 3 2 t 0;2 3 Ta có f t 6t 2 8 0 . 2 t 0;2 3 Bảng biến thiên: Trang 15/18 - Mã đề thi 101
16. 96 32 3 Như vậy, diện tích phần trang trí nhỏ nhất là bằng m2 , khi đó chi phí thấp 9 96 32 3 nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano sẽ là: .200000 902000 đồng. 9 Lời giải Chọn A A P Q K E B N D C Gọi E MN CD , Q EQ  AD , do đó mặt phẳng MNP cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là tứ giác MNQP . 1 Gọi I là trung điểm CD thì NI PCB và NI BC , do BC 4BM nên suy ra 2 2 EN EI NI 2 NI MC . Bởi vậy . 47 3 EM EC MC 3 A EI 2 ED 1 Từ I là trung điểm CD và suy ra . EC 3 EC 3 EK KD ED 1 Kẻ DK P AC với K EP , ta có . Mặt khác AC 3AP nên suy EP AC EC 3 KD 2 QD QK KD 2 ra . Do đó . AP 3 QA QP AP 3 QK 2 EK 1 EQ 3 Từ và suy ra . QP 3 EP 3 EP 5 Gọi V là thể tích khối tứ diện ABCD , V1 là thể tích khối đa diện ABMNQP , V2 là thể tích khối đa diện CDMNQP . S CMP CM CP 3 2 1 1 Ta có . . S CMP S CAB . S CAB CB CA 4 3 2 2 ED 1 3 Vì nên d E; ABC d D; ABC . Do đó : EC 3 2 1 1 1 3 3 1 3 VE.CMP S CMP .d E; ABC . S CAB . .d D; ABC . S CAB .d D; ABC V 3 3 2 2 4 3 4 . Trang 16/18 - Mã đề thi 101
17. VE.DNQ ED EN EQ 1 2 3 2 2 2 3 1 . . . . , nên suy ra VE.DNQ VE.CMP . V V . VE.CMP EC EM EP 3 3 5 15 15 15 4 10 3 1 13 Từ đó ta có V V V V V V . 2 E.CMP E.DNQ 4 10 20 13 7 Và V V V V V V . 1 2 20 20 V 7 Như vậy : 1 V2 13 Lời giải Chọn C 48 Ta có y 2 f 2 x x2 y 2 x 2 f 2 x 2x C y 2 f 2 x 2x y 0 f 2 x x 0 f 2 x 2 x 2 . Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y x 2 cắt đồ thị y f x tại hai điểm có 1 x1 2 hoành độ nguyên liên tiếp là và cũng từ đồ thị ta thấy f x x 2 trên x2 3 miền 2 x 3 nên f 2 x 2 x 2 trên miền 2 2 x 3 1 x 0 . Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 0 . Lời giải. Chọn C Điều kiện: x  1;2 . Xét hàm số g x 2 x 2x 2 trên đoạn  1;2. 1 1 Có g x , g x 0 x 1. 2 2 x 2x 2 g 1 3 , g 1 3 , g 2 6 . Suy ra max g x 3, min g x 3 .  1;2  1;2 2 49 Đặt t 2 x 2x 2 , t 3;3 t x 4 2 2 x 2x 2 . C Bất phương trình đã cho trở thành: t 2 4 m 4t t 2 4t 4 m . 2 Xét hàm số f t t 4t 4 trên đoạn 3;3 . Có f t 2t 4 , f t 0 t 2 . f 3 4 3 1, f 2 8, f 3 7 . Suy ra max f t 7 . 3;3 Để bất phương trình đã cho có nghiệm thì m max f t hay m 7 . 3;3 Vậy m 7 . Lờigiải 50 ChọnB B Hàm số y f x ax4 bx2 c xácđịnhvàliêntụctrên D ¡ . Trang 17/18 - Mã đề thi 101
18. Ta có f 0 c 2017 0 . f 1 f 1 a b c 2017 Do đó f 1 2017 . f 0 2017 0 và f 1 2017 . f 0 2017 0 Mặt khác lim f x nên  0 ,  0 sao cho f 2017 , f  2017 x f 2017 . f 1 2017 0 và f  2017 . f 1 2017 0 Suy ra đồ thị hàm số y f x 2017 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt Đồ thị hàm số y f x 2017 có dạng Vậy sốcựctrịcủahàmsố y f x 2017 là 7 . Trang 18/18 - Mã đề thi 101