bool(false)

Đề thi thử THPT 2020 môn Toán lần 1 trường chuyên Phan Ngọc Hiển – Cà Mau (Mã đề 101)

Nội dung

Trang 1/6 – Mã đề 101 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO CÀ MAU THPT CHUYÊN PHAN NGỌC HIỂN (Đề có 06 trang) KÌ THI THỬ THPTQUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2019-2020 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút,không kể thời gian phát đề. Họ và tên học sinh:...............................................................; Số báo danh: ……. Mã đề: 101 Câu 1. Hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây đúng? A. Đồ thị hàm số có điểm cực đại là 1; 1 . B. Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là . C. Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là 1;3 . D. Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là 1;1 . Câu 2. Hàm số nào sau đây nghịch biến trên tập xác định của nó? A. log .eyx   B. 3log .yx C. 2log .yx D. log .yx Câu 3. Họ nguyên hàm Fx của hàm số ( ) sin 2 1f x x là: A. 1( ) cos 2 12F x x C   . B. 1( ) cos 2 12F x x C   . C. 1( ) cos 2 12F x x  . D. ( ) cos 2 1F x x . Câu 4. Cho hàm số fx có bảng biến thiên . Chọn khẳng định đúng? A. Hàm số nghịch biến trên 1;1 . B. Hàm số nghịch biến trên 1;  . C. Hàm số đồng biến trên ;1  D. Hàm số đồng biến trên . Câu 5. Cho hàm số có đạo hàm trên đoạn 1;4 , 4 2019f  4 1 d 2020f x x  . 1f A. 11f  B. 11f C. 13f D. 12f Câu 6. Hình bát diện đều có số cạnh là: A. 6 . B. 8 . C. 12 . D. 10 . Trang 2/6 – Mã đề 101 Câu 7. Cho mặt cầu S có bán kính 2R (cm). Tính diện tích S của mặt cầu. A. 32 3S (cm2). B. 32S 2). C. 16S 2). D. 16 3S 2). Câu 8. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng :2 3 4 1 0x y z    . Khi đó, một véctơ pháp tuyến của  A. 2;3;1nG . B. 2;3; 4nG . C. 2; 3;4nG . D. 2;3;4nG . Câu 9. Đồ thị trong hình dưới là đồ thị của một trong bốn hàm số cho trong các phương án sau đây, đó là hàm số nào? A. 3232y x x   B. 332y x x   C. 3232y x x   D. 3232y x x   Câu 10. Trong không gian , cho mặt phẳng P đi qua điểm 0; 1;4A và có một véctơ pháp tuyến 2;2; 1nG 3KmkQJWUuQKFëD là A. 2 2 6 0x y z    B. 2 2 6 0x y z    C. 2 2 6 0x y z    D. 2 2 6 0x y z    Câu 11. Một tổ học sinh có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho người được chọn đều là nữ. A. 1 15 . B. 7 15 . C. 8 15 . D. 1 5 . Câu 12. Cho khối chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2,a 3 2SA a SA vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp là. A. 34a . B. 3a . C. 3 3 a . D. 32a . Câu 13. Hàm số 3 2log 4y x x có bao nhiêu điểm cực trị? A. 0 . B. . C. 1 . D. . Câu 14. Cho cấp số cộng nu có 13u 627u d . A. 7d B. 5d C. 8d D. 6d Câu 15. Gọi m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 24y x x   . Khi đó Mm bằng A. 4 . B. 2 2 2 . C. 2 2 1 . D. 2 2 1 . Trang 3/6 – Mã đề 101 Câu 16. Cho hàm số fx có đạo hàm 241 3 1f x x x x    trên  . Tính số điểm cực trị của hàm số y f x . A. 2 . B. 3 . C. 1 . D. 4 . Câu 17. Cho khối trụ có bán kính đáy 3r FPYjFKLӅXFDREҵQJ 4h FP7tQKWKӇWtFK V của khối trụ. A. 16V (cm3). B. 48V (cm3). C. 12V (cm3). D. 36V (cm3). Câu 18. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số 21 xyx là: A. . B. . C. . D. . Câu 19. Cho hàm số có đồ thị như đường cong hình dưới. Phương trình 2fx có bao nhiêu nghiệm ? A. . B. . C. . D. . Câu 20. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 1( ) 2xf x e trên đoạn [0;3] . A. 42e 22e . C. 2e 32e Trong không gian Oxyz , cho hai điểm 2;1;1A , 0;3; 1B . Mặt cầu S đường kính AB có phương trình là A.  2221 2 3x y z     B.  2221 2 3x y z     C.  2221 2 3x y z     D.  2221 2 12x y z     Câu 22. Cho hàm số liên tục trên \ và có  1 0 d2f x x.  3 0 d 12f x x.  3 1 dI f x x. A. 8I . B. 12I . C. 36I . D. 10I . Câu 23. Cho các số dương , , , .a b c d Tính giá trị của biểu thức ln ln ln ln .a b c dSb c d a    A. 1. B. 0. C. ln( ).a b c d b c d a   D. ln( ).abcd Câu 24. Tính thể tích của một khối chóp biết khối chóp đó có đường cao bằng 3a GLËQWtFKP»W ÿi\EµQJ 24a . A. 36a . B. 34a . C. 312a . D. 316a . Trang 4/6 – Mã đề 101 Câu 25. Cho 4 0 1 2 dI x x x. . Đặt 21ux 0ӋQKÿӅQjRGѭӟLÿksai? A.  3 22 1 11d2I x x x. . B.  3 22 1 1dI u u u. . C. 353 1 1 2 5 3 uuI:;;;;< . D.  3 22 1 11d2I u u u. . Câu 26. Cho tam giác ABC vuông tại A có 3, 2AB a BC a . Tính thể tích V FëDNKÕLWUzQ [RD\ÿmçFW¥RWKjQKNKLTXD\tam giác quanh cạnh AB . A. 33Va B. 33 3 aV . C. 32Va . D. 32 3 aV Câu 27. Tính tích tất cả các nghiệm của phương trình 22135xx . A. 1 . B. 32 log 5 . C. 3log 45 . D. 3log 5 . Câu 28. Trong không gian Oxyz , tìm tọa độ của véc tơ 6 4 8u i k j  G G G G . A. 3;2;4uG . B. 3;4;2uG . C. 6;4;8uG . D. 6;8;4uG . Câu 29. Cho hình nón có diện tích đáy bằng 16 (cm2) và thể tích khối nón bằng (cm3). Tính diện tích xung quanh xqS của hình nón. A. 20xqS (cm2). B. 40xqS (cm2). C. 12xqS (cm2). D. 24xqS (cm2). Câu 30. Trong không gian , phương trình mặt phẳng trung trực  của đoạn thẳng YßL 0;4; 1A và 2; 2; 3B A. : 3 4 0x y z    B. : 3 0x y z   C. : 3 4 0x y z    D. : 3 0x y z   Câu 31. Lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau chọn từ tập 1;2;3;4;5A sao cho mỗi số lập được luôn có mặt chữ số A. 72 . B. 36 . C. 32 . D. 48 . Câu 32. Cho hàm số 2 xbyax 2abg %LӃWUҵQJ a và b là các giá trị thỏa mãn tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm 1; 2A song song với đường thẳng :3 4 0d x y   .KLÿyJLiWUӏFӫD 3ab bằng: A. 2 . B. 4. C. 1 . D. 5. Câu 33. Cho hình chóp đều .S ABCD có độ dài cạnh đáy bằng 2a *ÑL G là trọng tâm tam giác SAC 0»WSK·QJFKíD và đi qua cắt các cạnh SC , SD lần lượt tại M và N . Biết mặt bên của hình chóp tạo với đáy một góc bằng 60p . Thể tích khối chóp .S ABMN bằng: A. 33 2 a . B. 323a . C. 33a . D. 333a . Câu 34. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 22 22log 7 7 log 4x mx x m m   nghiệm đúng với mọi .xR\ A. 2;5mR B. 2;5mR C. 2;5mR D. 2;5mR Trang 5/6 – Mã đề 101 Câu 35. Gọi S là tổng các giá trị nguyên của tham số m để phương trình 324 7 2 6xxmm    có nghiệm 1;3xR &KӑQÿiSiQÿ~QJ A. 35S . B. 20S . C. 25S . D. 21S . Câu 36. Cho 3 2 23 2 1 4 1y m x m m x m x        . Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên dương của để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy +ÓL có bao nhiêu phần tử ? A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . Câu 37. Cho hàm số fx liên tục trên \ và thỏa mãn  1 5 d9f x x  .  2 0 1 3 8 df x x=?. A. 27 . B. 21 . C. 19 . D. 75 . Câu 38. Cho hình lăng trụ .ABC A B C   có đáy là tam giác đều cạnh a +uQKFKLÃXYX{QJJyFFëD ÿLÇP A lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm tam giác ABC %LÃWNKR§QJFiFKJLóDKDL ÿmáQJWK·QJ AA và BC bằng 3 4 a . Tính theo thể tích V của khối lăng trụ . A. 33 6 aV B. 33 12 aV C. 33 3 aV D. 33 24 aV Câu 39. Cho mặt cầu S có bán kính 2Ra . Gọi T là hình trụ có hai đáy nằm trên và thiết diện qua trục của có diện tích lớn nhất. Tính thể tích của khối trụ. A. 32 3 aV . B. 332 2 aV . C. 32Va . D. 392 2 aV . Câu 40. Cho  e 2 1 1 ln d e ex x x a b c   . với , b , c là các số hữu tỷ. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a b c . B. a b c  . C. a b c . D. a b c  . Câu 41. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng : 9 0P ax by cz    (với 2 2 20abc  g ÿL qua hai điểm 3;2;1A , 3;5;2B và vuông góc với mặt phẳng :3 4 0Q x y z    . Tính tổng S a b c   . A. 12S B. 5S C. 4S D. 2S Câu 42. Cho hàm số 42y f x ax bx c    biết 0a , 2017c 2017abc . Số điểm cực trị của hàm số 2017y f x là: A. . B. 7 . C. 5 . D. . Câu 43. Cho hàm số 22 2 xyx  có đồ thị là C , M là điểm thuộc sao cho tiếp tuyến của tại F³WKDLÿmáQJWLËPF±QFëD tại hai điểm A , B thỏa mãn 25AB *ӑL là tổng các hoành độ của tất cả các điểm thỏa mãn bài toán. Tìm giá trị của . A. 6 . B. . C. 8 . D. . Trang 6/6 – Mã đề 101 Câu 44. Một sợi dây kim loại dài a cm . Người ta cắt sợi dây đó thành hai đoạn, trong đó một đoạn có độ dài x được uốn thành đường tròn và đoạn còn lại được uốn thành hình vuông 0.ax Tìm để hình vuông và hình tròn tương ứng có tổng diện tích nhỏ nhất. A. cm4 ax . B. 2cm4 ax . C. cm4 ax  . D. 4cm4 ax . Câu 45. Cho ,xy là các số dương thỏa mãn 22 22 2225log 1 10 9 010 xyx xy yx xy y      . Gọi ,mM lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của 22 29x xy yPxy y  . Tính 10T M m A. 60.T B. 94.T 104.T 50.T Câu 46. Cho phương trình: 3 3 3sin 2 cos2 2 2cos 1 2cos 2 3 2cos 2x x x m x m x m         . Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để phương trình trên có đúng 1 nghiệm 20;3x=>R>? ? A. 0 . B. . C. 4 . D. 3 . Câu 47. Cho hàm số fx liên tục trên \ và thỏa mãn  4 0 tan d 4f x x  . và 12 2 0 d21 x f xxx.  1 0 dI f x x. A. 6 . B. 2 . C. . D. . Câu 48. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại B và C , 2 4 2AB BC CD a   , giả sử M và N lần lượt là trung điểm của AB và BC . Hai mặt phẳng SMN và DSB cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, và cạnh bên SB hợp với ABCD một góc 060 .KR§QJFiFKJLóD SN và BD là A. 45 15 a . B. 195 65 a . C. 165 55 a . D. 105 35 a . Câu 49. Trong không gian Oxyz , cho điểm 1;1;1M 0»WSK·QJ P đi qua và cắt chiều dương của các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm ;0;0Aa , 0; ;0Bb , 0;0;Cc thỏa mãn 2OA OB và thể tích của khối tứ diện OABC ÿ¥WJLiWUÏQKÓQK©W7tQK 23S a b c   . A. 81 16 . B. . C. 45 2 . D. 81 4 . Câu 50. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm học sinh lớp 12A , học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp 12C thành một hàng ngang. Xác suất để trong học sinh trên không có học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau bằng : A. 11 630 . B. 1 126 . C. 1 105 . D. 1 42 . --- HẾT ---                  Trang1- Đề gốc số 1 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO CÀ MAU 7+37&+Ç13+$11*Ӑ&+,ӆ1 (Đề có … ) .Î7+,7+Ӱ7+374Ӕ&*,$/Ҫ1 1Ă0+Ӑ& - 0Ð17+, TOÁN Thời gian làm bài㨠90 phút,không kể thời gian phát đề. Họ và tên học sinh:...............................................................; Số báo danh: ……. 0m ÿӅ * &kX 1@Cho hàm số có bảng biến thiên . Chọn khẳng định đúng? $Hàm số nghịch biến trên 1;1. Hàm số nghịch biến trên 1; d. CHàm số đồng biến trên ;1d . ' Hàm số đồng biến trên 1;1. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ' Dựa vào bảng biến thiên ta có trên 1;1 0 a  nên hàm số đồng biến. &kX [1@Hàm số  có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây đúng? $Đồ thị hàm số có điểm cực đại là 1; 1.  Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là 1; 1. &Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là 1;3. 'Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là 1;1. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ Dựa vào đồ thị ta có: Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là 1; 1 và điểm cực đại là 1;3. &kX 1@Đồ thị trong hình dưới là đồ thị của một trong bốn hàm số cho trong các phương án sau đây, đó là hàm số nào? Trang2- Đề gốc số 1 $ 32 32yxx; .  3 32yxx;  . & 32 32yxx ; . ' 32 32yxx ; . +ѭӟQJGүQJLҧL ӑQ  Giả sử hàm số cần tìm có dạng 32 \ D[E[ F[ G; với 0av. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy OLP x y l d ; d nên suy ra 0a. Vậy loại đáp án $ Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tọa độ là 0;2 nên suy ra 2G;. Vậy loại đáp án & Đồ thị hàm số đạt cực đại tại điểm có tọa độ là 0;2 nên phương trình 0ya; phải có nghiệm 0x;. Ta thҩy chӍ có hàm số 32 32yxx ; có 2 0 3 60 2 x yxx x   ; ¡a ; ;” ¡ ; ¢ . &kX 1@Hàm số nào sau đây nghịch biến trên tập xác định của nó?  log. e yx  ;  3 log. yx; & 2 log. yx; 'log. yx  ; +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ$ Dựa vào tính chất hàm số logarit nghịch biến khi cơ số lớn hơn không và bé hơn 1. &kX 1@Cho các số dương DEFG Tính giá trị của biểu thức ln lnln ln. DEFG 6 EFGD ; $ 1.  0. &ln().DEFG EFGD 'ln() .DEFG +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ ln lnln lnln ln10 D EF GDE FG 6 E FG DEF GD ¬ ­ž ; ; ¸¸¸ ;; ­ ž ­ž Ÿ® . &kX 1@Họ nguyên hàm Fx của hàm số ( )si n21fx x; là: $ 1( )c os212Fx xC ; .  1 ( )c os21 2 Fx xC ; . & 1 ( )c os21 2 Fx x; . ' ( )c os21Fx x; . +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ$ 1sin21dsin21 d212xx xx ; ¨¨ 1 cos21 2 xC; . &kX 1@ Cho hàm số fx có đạ o hàm t rên đoạn <>1; 4, 4 2019f;, 4 1 d 2020fxx  a; ¨ . Ttnh 1f" $ 11f ;.  11f;. & 13f;. ' 12f;. +ѭӟQJGүQJLҧL ӑQ $ Ta có 4 4 1 1 df xx fx   a ; ¨ 41ff;  4 1 14 df ff xx  a º ; ¨ 2019 20201 ; ; . &kX 1@Hình bát diện đều có số cạnh là: $ 6.  8.  12. ' 10. Trang3- Đề gốc số 1 +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ &kX 1@Cho mặt cầu 6 có bán kính 2R; cm . Ttnh diӋn ttch 6 của mặt cầu. $ 32 3 6  ;(cm 2 ).  326;(cm 2 ).  166;(cm 2 ). ' 16 3 6  ;(cm 2 ). +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ& Diện tích của mặt cầu là 2 4 1665;; cm 2 ). &kX 1@Cho khối trụ có bán kính đáy 3r; cm và chiӅu cao bҵng 4h; cm . Ttnh thӇ ttch V của khối trụ. $ 16V;(cm 3 ). 48V;(cm 3 ). &12V;(cm 3 ). 36V;(cm 3 ). +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ' Thể tích của khối trụ là 2 36V rh;; cm 3 ). &kX 1@Trong không gian OxyzFKRP»WSK·ng :23 41 0xyz ;. Khi đó, một véctơ pháp tuy ến của  là $ 2;3;1n;G.= 2;3;4n; G . =& 2;3 ;4n; G . = 2;3;4n; G . = +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ' &kX 1@Trong không gian OxyzWuPWÑDÿÝFëDYpFWk64 8X LNM; G GGG . $ 3;2;4u; G . = 3;4;2u; G . =& 6;4;8u; G . = 6;8;4u; G . = +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ' 68 4X LMN; G GGG 6;8;4uº ; G . &kX 1@Trong không gian OxyzFKRP»WSK·QJ P đi qua điểm 0;1; 4A và có một véctơ pháp tuyến 2;2;1 n; G 3KѭѫQJWUuQKFӫα P là $ 2 260 x yz ;.  2 260 x yz ;.  2 260 x yz  ;. ' 2 260 x yz ;. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ& :P 221 40xy z ;2 260 x yz”  ;. &kX 1@Một tổ học sinh có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho 2 người được chọn đều là nữ.  1 15 .  7 15 . & 8 15 . ' 1 5 . +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ$ Xác suất 2 người được chọn đều là nữ là 2 3 2 10 1 15 C C ;. &kX 1@Cho cấp số cộng n u có 1 3u;, 6 27u;. Ttnh công sai G. Trang4- Đề gốc số 1 $ 7d.  5d. & 8d.  6d. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ' Ta có 61 5 276 uu dd  º. &kX 7+@Gọi m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2 4yxx  .KLÿy Mm bằng $ 4. 2 22. & 221. ' 221 . +ѭӟQJGүQJLҧL ӑQ Tập xác định <>2;2D. 2 14xyxa . Ta có 0y a  2 40xx”  2 0 2 x x £ b¦ ¦ ” ¤ ¦  ¦ ¥ 2x” . Ta có 22y; 22y 㬠 2 ㈲y . Vậy <>2;2 max( 2)2yy  ; <> ㈻2 min2 22 yy    . Vậy 2 22Mm . &kX 7+@Cho hàm số fx có đạo hàm 24 131fx xx x a   trên 7tKVӕ ÿLӇPFӵFWUӏFӫDKjPVӕ y fx. $ 2. 3. &1. '4. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ Cho 0fx a  ” 24 1 310 xx x  22 1 33 110 xx xx x”    ” 2 2 1 33 110 x xx xx   1 3 1 x x x    ¡ ¡ ” o ¡ ¡  ¡ ¢ . Dễ thấy 1x là nghiệm kép nên khi qua 1x thì fxa không đổi dấu, các nghiệm còn lại 3xo 1x là các nghiệm đơn nên qua các nghiệm đó fx a có sự đổi dấu. Vậy hàm số y fx có 3 điểm cực trị. &kX 7+@Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số 2 1xyx Oj $ 1. 2. &4. '3. +ѭӟQJGүQJLҧL ӑQ Ta có 2 2 1 limlim1 1 1 1 xx x x x l dl d  và 2 2 1 limlim1. 1 1 1 xx x x x ldl d   Do đó đ ồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang. Trang5- Đề gốc số 1 &kX 7+@Cho hà m số y fx; có đồ thị như đường cong hình dưới. Phư ơng t rình 2fx; có bao nhiêu nghiệm ? $ 2.  4. &1. '3. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ Số nghiệm phương trình 2fx; là số giao điểm của đồ thị hàm số 1 và đường thẳng 2y;. Dựa vào đồ thị suy ra phương trình 2fx; có 3 nghiệm phân biệt. &kX 7+@Hàm số 3 2 log4 y xx; có bao nhiêu điểm cực trị? $ 0. 2. C1. '3. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ& TXĐ: 2;02; D; ƒ d. Ta có 2 3 34 4 ln2 x y xx  a ;  , 2 3 34 00 4 ln2 x y xx  a ;” ;  2 3 40x” ; 23 3 23 3[ ORDL x  ¡;¡¡”¡¡;¡¢ Vậy ya đổi dấu từ dương sang âm qua 0 23 3x; nên hàm số có một cực trị. &kX 7+@Tính tích tất cả các nghiệm của phương trình 2 21 35 xx ; . $ 1.  3 2 log5. C 3 log45 . ' 3 log5 . +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ& 2 21 35 xx ; 2 3 2 1lo g5xx” ; 2 33 log5 2lo g5 0xx”  ;. Ta có 2 33 log5 4lo g58B; 2 3 log5 24 0; º Phương trình có hai nghiệm phân biệt. Theo Vi-ét, ta có 123 2 log5xx;  2 33 log3 log 5;  3 log45 ;. &kX 7+@ Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 1 () 2 x fx e ; trên đoạn [0;3]. $ 4 2e.  2 2e. & 2e ' 3 2e. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ& Ta có 1 '() 0, [0;3] x fx ex ;  ‰, do đó hàm sӕ ()y fx; đồng biến trên đoạn [0;3]. Trang6- Đề gốc số 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số đoạn [0;3] bằng (0)2 . Cku . >TH@ Cho hàm số  liên tục trên \ và có  1 0 d2  . ;  3 0 d 12  . . Tính  3 1 d  . . A. 8. B. 12. C. 36. D. 10. /ӡi giҧi Chӑn D.  3 1 d  .  31 00 dd  .. 12 210  . Cku . >TH@ Cho 4 0 1 2d  . ĈһW210ӋQKÿӅQjRGѭӟLÿksai? A.  3 22 1 1 1d 2  . . B.  3 22 1 1d  . . C. 3 53 1 1 253 : )9 ) 9 ) 9 )9 8( . D.  3 22 1 1 1d 2  . . Hѭӟng dүn giҧi Chӑn B. 4 0 1 2d  . Đặt 21  2 112B  dd B, đổi cận: 01B43B. Khi đó  3 22 1 1 1d 2  . . Cku . >TH@ Tính thể tích của một khối chóp biết khối chóp đó có đường cao bằng 3GQt PEQ 2 4. A. 3 6B. 3 4C. 3 12D. 3 16 Hѭӟng dүn giҧi Chӑn B Áp d ụ ng công th ức thể tích khối chóp ta có được: 23 11 . 4.3 4 33 ÿ 9 6KD DD  . Cku . >TH@ Cho khối chóp .6 $%&' có đáy $%&' là hình vuông cạnh  3 2 6$ D và 6$ vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp .6 $%&' là. A. 3 4B. 3 C. 3 3 D. 3 2 Hѭӟng dүn giҧi Chӑn D Diện tích đáy 2 4 $%&' 6D. Trang7- Đề gốc số 1 Thể tích khối chóp: 23 1 13 ..4 2 3 32 $&' 9 6$6DD D; ;;. &kX >7+@ Cho tam giác $& vuông tại A có  $D & D;;. Ttnh thӇ ttch VFëDNKÕL WUzQ[RD\ÿmçFW¥RWKjQKNKLTXD\WDPJLiF $& quanh cạnh $. $ 3 3Va;. % 3 3 3 a V  ;. & 3 2Va;. ' 3 2 3 a V  ; +ѭӟJGүJLҧL &Kӑ% Khối tròn xoay được tạo thành là khối nón có: Bán kính đáy: 22 U $&& $D;; ; . Đường cao: 3K $D;;. Thể tích của khối nón là 3 3 3 a V  ;. &kX >7+@ Cho hình nón có diện tích đáy bằng 16  (cm 2 ) và thể tích khối nón bằng 16 (cm 3 ). Tính diện tích xung quanh xq 6 của hình nón. A 20 xq 6;(cm 2 ). %40 xq 6;(cm 2 ). &12 xq 6;(cm 2 ). '24 xq 6;(cm 2 ). +ѭӟJGүJLҧL &Kӑ$ Ta có 2 2 16 4 520 1 3 16 3 xq r r O 6UO h rh    £ ¦; ¦£ ;¦ ¦¦¦ º º;º;; ¤¤ ¦¦ ; ; ¦¥¦ ¦ ¦¥ cm 2 ). &kX >7+@Trong không gian OxyzSKmkQJWUuQKP»WSK·QJWUXQJWUõF()α của đoạn thẳng $YӟL()0;4;1 A− và ()2; 2;3 −− là $ (): 340 x yzα− −−=.=% ():3 0x yzα− +=.== =& (): 340 x yzα− +−=.=D ():3 0x yzα− −=.= +ѭӟJGүJLҧL &Kӑ' Gọi M là trung điểm của $WDFy()1;1;2 M−. Mặt phẳng trung trực ()α của đoạn thẳng $: () 2; 6;2 ÿL TXD0 YWSW$ ­ ° = − ¯ − ® °  Phương trình ()()()():2 16 12 20 xyzα−−− −+=2620xyz⇔−−=30x yz⇔−−= . &kX >7+@Trong không gian OxyzFKRKDLÿLÇP 2;1;1A, 0;3;1. Mһt cҫu 6 đường kính $ có phương trình là $ ㈲ O ㄲ 3xyz ;. % 22 2 12 3xyz  ;. & 22 2 123xyz ;. ' 22 2 1 212 xyz  ;. +ѭӟJGүJLҧL &Kӑ% Tâm I là trung điểm $º 1; 2;0I và bán kính 3R IA;;. Vậy 22 2 12 3xyz  ;. Trang8- Đề gốc số 1 &kX 7+@/ập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau chọn từ tập y^1;2;3;4;5A; sao cho mỗi số lập được luôn có mặt chữ số 3 $ 72.  36. & 32. ' 48. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ Gọi số tạo thành có dạng [ DEF;, vӟi aEF đôi một khác nhau và lấy từ A. Chọn một vị trí DE hoặc F cho số 3 có 3 cách chọn. Chọn hai chữ số khác 3 từ A và sắp xếp vào hai vị trí còn lại của x có 2 4 A cách chọn Theo quy tắc nh ân có 2 4 3. 36A; cách chọn Mỗi cách sắp xếp như trên cho ta một số thỏa yêu cầu. Vậy có 36 số cần tìm. &kX 9'7@Cho 32 2 3 21 41\P[ PP[ P[ ;    . Gọi 6 là tập tất cả các giá trị nguyên dương của P để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy. Hỏi 6 có bao nhiêu phần tử ? $ 4. 3. & 2. '1. /ӡLJLҧL ChӑQ& Ta có 22 33 41 4\ P[ PP [P a ;   0ya; 22 3 34 140 P [P P[P ”   ;. Để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy thì phương trình 0y a ; có hai nghiệm phân biệt trái dấu. Suy ra 3 30 3 3.4 0 P PP £ v¦ ¦ ¤ ¦  : ¦ ¥ 43P” :: . Mà P‰] nên y^3;2 ;1;0; 1;2 P; . Vұy 6 có 2 phần tử. &kX [9'@ Cho hàm số 2 [E y ax ;  2DEv. BiӃt rҵng a và E là các giá trị thỏa mãn tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm 1; 2A song song với đường thẳng :3 40 G[\ ;. .hi đó giá trӏ cӫa 3DE bằng: A 2. 4. &1. '5. +ѭӟQJGүQJLҧL ChӑQ$ Ta có 2 2 2 DE y ax  a ;  2 2 1 2 DE y a  a º;  . Do tiếp tuyến song song với đường thẳng :3 40 G[\ ; nên: 13y a ; 2 2 3 2 DE a  ” ;  . Mặt khác 1; 2A thuộc đồ thị hàm số nên 1 2 2 E a ;  23ED” ; . Khi đó ta có 2 2 3 2 DE a  ;  2 2 23 312 12aa aa ”  ; , 2av. 2 5 1510 0aa”  ; 2 1D ORDL a  ;¡”¡;¢ . sới 1 132 D ED E;º;º; . Trang9- Đề gốc số 1 &kX 9'@ Tìm tấ t cả các giá trị thực c ủa tham số m để bấ t phương t rình 22 22 log7 7lo g4 xmx xm p nghiệm đúng với mọi .x‰\ $ >2;5m‰.  >2;5m‰. & < 2;5m‰. ' < 2;5m‰. +ѭӟQJGүQJLҧL ChӑQ$ Bất phương trình tương đương 22 7 74 0, x mxx mx p ‰\ 2 2 7 47 0 (2) , . (1) 4 0 (3) mxx m x mx xm £ ¦   p ¦ ”‰ ¤ ¦  ¦ ¥ \ †††† ⩔Hㄺ 7m: (2) không thỏa x‰\ *TH2: 0m: (3) không thỏa x‰\ *TH3:(1) thỏa x‰\ 2 2 2 3 70 7 547 0 2 5. 0 0 2 40 m m mm m m m m m £ ¦ £  ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ab% b ¦ ¦¦ ”” ”b ¤¤ ¦¦   ¦¦ ¦¦ ¦¦  ¦¦a %  ¥ ¦¥ &kX 9'@Gọi S là t ổng các giá trị nguyên của tha m số m để phư ơng trình 32 4 726 xx mm  có nghiệm 1;3x‰&KӑÿiSiÿ~J $ 35S. 20S. &25S. '21S. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ' Ta có: 322 4 72 64 8.26 7( 1) x xxx mm mm  ”   . Đặt 2 x tYӟL 1;3x‰WKu 2;8t‰. Phương trình đã cho trở thành 22 8 67 (2)t tmm   . Xét hàm số 2 ( )8 ,2; 8ftt tt ‰ . Ta có ' ( )2 8;ftt  ' ( )0 42; 8ftt ”‰ . /ại có (2)12 ;f(4)16 ;f(8)0. f Mà hàm ()ft xác định và liên tục trên 2;8t‰r16 () 0ftb . Do đó phương trình (2) có nghiệm trên 2;8t‰ 2 16 67 0mm” b  71m”  . Vậy \^6;5;4;3;2;1;0m‰ . Do đó 21S . &kX 9'@Cho e 2 1 1 lnd ee xxxabc  ¨ với ab, c là các số hữu tỷ. Mệnh đề nào dưới đây đúng? $ abc . ab c . & abc. 'ab c . /ӡLJLҧL &KӑQ& Ta có e 1 1 lnd xxx  ¨ HH 11 1.d lndx xxx   ¨¨ H 1 e 1ln dx xx  ¨ . Đặt 2 1ln dd d .d 2u xux x xv xxv £ ¦¦ º¦¦¦¤¦¦ º¦¦¦¥ Trang10- Đề gốc số 1 Khi đó H 1 ln d . H 2e 1 1 1 ln d 22  . 2e 2 1 e1 24  22 ee1 244  2 e1 44 . Suy ra  e 1 1 lnd  . 2 e1 e1 44  2 e3 e 44   nên 1 4  , 1b , 3 4 c. Vậy abc. &kX >9'@Cho hàm số  liên tục trên \ và thỏa mãn  1 5 d9   . 7tQKWtFKSKkQ  2 0 1 38d 7'  5. . $ 27. %21. C19. '75. +ѭӟJGүJLҧL &Kӑ& Đặt 13G GB . Với 01r và 25 r . Ta có  2 0 1 38d 7'  5.  22 00 1 3d 8d  ..  5 2 0 1 d 8 3  7'  5  .  1 5 1 d 16 3  7'  5. 1.9 1619 3  . &kX >9'@ Cho hình lăng trụ .ABCAB C có đáy là tam giác đều cạnh uQQ yDP  lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm tam giác ABC. BiӃt khoҧng cách giӳa hai đѭӡng thҷng  và BC bằng 3 4 tQHR thể tích của khối lăng trụ .ABCAB C. $ 3 3 6 . % 3 3 12 . & 3 3 3 . ' 3 3 24 . +ѭӟJGүJLҧL Chӑ % Ta có A GA BC   nên A GB C  ; BCA M BCM AA  B Kẻ  㬠BCIM  nên  3 ; 4 d AABC IM   Kẻ  , ta có 2 233 . 3 346  E  B c Bc c Trang11- Đề gốc số 1 2 22 2 222 33 . 111. 36 3 3 12   E     22 . 33 .. 3 412 ABCABC AB C V AGS    . &kX >9'@ Cho hình chóp đều .S ABCD có độ dài cạnh đáy bằng 2 là trọng tâm tam giác SAC. Mһt phҷng chӭa AB và đi qua cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại và P ErQDuQyRPyEQ 60p. Thể tích khối chóp .S ABMN bằng: A 3 3 2 % 3 23& 3 3' 3 33 +ѭӟJGүJLҧL Chӑ A a I N G M O C AB D S Vì là trọng tâm tam giác nên cắt SC tại trung điểm của SC, tương tự BG cắt SD tại trung điểm của SD. Gọi là tâm của hình vuông ABCD và là trung điểm của AB. Suy ra góc giữa mặt bên SAB và mặt đáy ABCD là n 60SIOp'RÿyWDQSOOI a p. Suy ra 3 2 . 1 143 . 43 33 3 S ABCDABCD V SSO aa  I . Mặt khác .. 2 S ABCDSABC WDOҥLFy . . 1 2 S ABM S ABC SA SBSM V SASB SC II .. 1 . 2 S ABMS ABC B. . . 11 1 22 4 S AMN S ACD SA SNSM V SASD SC  II I .. 1.4 S AMNSAC D B. Vậy 33 .. 3 343 3 8 832 S ABMNSABC D . Trang12- Đề gốc số 1 &kX 9'@ Cho mặt cầu 6 có bán kính 2Ra;. Gӑi T là hình trụ có hai đáy nằm trên 6 và thiết diện qua trục của T có diện tích lớn nhất. Tính thể tích V của khối trụ. $ 3 2 3 a V  ;.  3 32 2 a V  ;. C 3 2Va;. ' 3 92 2aV; . +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ& Gọi h là chiều cao của khối trụ. Ta có bán kính của khối trụ là: 2 222 1 8 22 h r Rah ¬ ­ž ;; ­ ž ­ž Ÿ® . Diện tích thiết diện 2 22 222 8 84 2 h ah 6KDKD  ; b; . Diện tích thiết diện lớn nhất khi 2 223 82 2h ah ha raV a; º ;º;º; . &kX 9'7@Trong không gian Oxyz mặt phẳng : 903 D[E\ F] ; (với 222 0DEF v đi qua ha i điểm 3;2;1A 3;5;2% và vuông góc với m ặt phẳng :3 40 Q xyz ;. Ttnh tәng 6 DEF; . $ 126;.  56;. C 46;. ' 26;. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ& Ta có: 6;3;1$%; J JJG  3;1;1 Q n; J JG . Do mặt phẳng P qua A% và vuông góc với mặt phẳng Q nên , PQ  $% ¯;¡°¢±J JGJ JJG JJG 2;9;1 5;. Suy ra phương trình mặt phẳng :29 159 0Pxyz ; . Vậy 6 DEF; 2 915 ; 4;. &kX 9'&@Cho hàm số 22 2xyx; có đồ thị là CMOjÿLÇPWKXÝF C sao cho tiếp tuyến của C tại MF³WKDLÿmáQJWLËPF±QFëD C tại hai điểm A% thỏa mãn 25$%;. Gӑi 6 là tổng các hoành độ của tất cả các điểm M thỏa mãn bài toán. Tìm giá trị của 6. $ 6.  5. & 8. ' 7. +ѭӟQJGүQJLҧL ChӑQ & Ta có 2 2 2 y x  a ;  . Đӗ thӏ hàm sӕ có hai đѭӡng tiӋm cұn là 2x; và 2y;. Gọi 22 ; 2 P 0P P ¬  ­ž ­ ž ­ž Ÿ® thuộc đồ thị hàm số. Phương trình tiếp tuyến G của C tại M: O O ㈲ O O P \ [P P P  ;    . Đồ thị hàm số cắt hai đường tiệm cận tại các điểm 22;2PAP¬ ­ž­ž­žŸ® và 2 2;2%P. 25$%; O O ㄶ O 4㈰ O P P ”  ;  Trang13- Đề gốc số 1  42 2 52 40mmE     2 2 21 24 m m 7  6 E 6 6  5 3 1 4 0 m m m m 7  6 6  6 E 6  6 6  5 . Vậy 8S. &kX >9'&@Một sợi dây kim loại dài a cm. 1gười ta cắt sợi dây đó thành hai đoạn, trong đó một đoạn có độ dài x cmđược uốn thành đường tròn và đoạn còn lại được uốn thành hình vuông 0.ax Tìm x để hình vuông và hình tròn tương ứng có tổng diện tích nhỏ nhất. $ cm 4 a x    . % 2cm4ax . & cm4ax . ' 4 cm 4 a x    . +ѭӟJGүJLҧL &Kӑ& Do x là độ dài của đoạn dây cuộn thành hình tròn 0xa. Suy ra chiều dài đoạn còn lại là ax. Chu vi đường tròn: 2rx 2 x r  B. Diện tích hình tròn: 2 1 .Sr 2 4 x  . Diện tích hình vuông: 2 2 4axS:)9)9)98( . Tổng d iện tích hai hình: 2 2 44 x ax S  :  )9  ) 9 )9 8(  22 4.2 16 x axa     . Đạo hàm: 4. 8 xa S     ; 0S 4ax E . Suy ra hàm S chỉ có một cực trị và là cực tiểu tại 4 a x     . Do đó S đạt giá trị nhỏ nhất tại 4 a x     . &kX >9'&@Cho hà m số  42 y fx axbx c  biết 0a2017c và 2017abc6ӕÿLӇPFӵFWUӏFӫDKjPVӕ2017y fx là: x 0 4 a  a S' – 0 + S CT y Trang14- Đề gốc số 1 $1.7.&5.'3. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ Hàm số 42 \ I[ D[E[ F; ; xác định và liên tục trênD;\ Ta có 0 20170 IF; . 1 12017I IDEF ;; : Do đó 1 2017. 02017 0ff  ¯  ¯  : ¢±¢ ± và 1 2017. 02017 0ff   ¯ ¯  : ¢ ±¢± Mặt khác lim x fx lod ; d nên 0B:, 0C sao cho 2017fB, 2017fC 2017 .1 20170 ffB   ¯ ¯  : ¢ ±¢± và 2017 .1 20170 ffC  ¯ ¯  :¢ ±¢± Suy ra đồ thị hàm số 2017y fx; cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt Đồ thị hàm số 2017y fx; có dạng Vậyố điểm cực trị của hàm số ㈰ㄷy fx; là 7 . &kX 9'&@Cho xy là cá c số dương t hỏa m ãn 22 22 222 5 log1 109 0 10 xy x xyy x xyy  b . Gӑi PM lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của 22 2 9x xyy P xyy ; . Ttnh 107 0P;. $ 60.T; 94.T; &104.T; '50.T; +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ 22 22 222 5 log1 109 0 10 xy x xyy x xyy  b 22 22 2222 222 log5 log 10log2 25 100x yx xy yx yx xy y”   b 22222222 22 log2 102 5l og10 10x yx yx xy yx xyy” b 2 222 2 1010 ,x yx xy y” b (xét hàm đặt trưng) 22 10 90 x xyy” b 2 10 90 xx yy ¬ ¬ ­­žž ” ­ ­ b žž ­­ žž­­žž Ÿ® Ÿ® 19x y”b b Trang15- Đề gốc số 1 22 2 9    2 9 1 : )9 ) 9 ) 9) 8(   Đặt  , điều kiện : 19  2 9 1 㬠  2 2 ㈸ 1     㬠 4 0 2 t loai 7  6  E 6  5  ㄱ 1 2  㬠25 㬠 㤹 9 ㄰  1ên 99 10  , 5m9ұ10 94T Mm  . &kX >9'&@Cho hà m số  liên tục trên \ và t hỏa mãn  4 0 tand4 Q  . và  12 2 0 d2 1  . 7tQKWtFKSKkQ 1 0 d  . . $ 6. % 2. & 3. ' 1. +ѭӟJGүJLҧL Chӑ $ Xét  4 0 tand4 Q  . . Đặt WDQ 2 1ddcosB 2 d d 1 B  . Đổi cận: 00B. 4 Q 1B.   14 2 〰 t tandd 1 Q B  .. 4.  1 2 0 d41B . .  ㄱ2 ㈲ 〰 dd 11 B   ..   1 2 2 0 1d 1   .  1 0 d  . 426. &kX >9'&@ Cho hì nh chóp .S ABCD có đ áy ABCD là hình thang vuông tại B và 242ABB CCDa JLҧVӱ và lần lượt là trung điểm của AB và BC. Hai mһt phҷng SMN và DSB cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, và cạnh bên SB hợp với ABCD một góc 0 60.KR§QJFiFKJLóDSN và BD là $ 45 15 . % 195 65 . & 165 55 . ' 105 35 . +ѭӟJGүJLҧL &Kӑ% Trang16- Đề gốc số 1  6 Gọi là giao điểm của và '. Ta có 6+ 6016' 601$ &'6+$&' 6'$ &' £ ;‚¦ ¦ ¦ ¦ ? º? ¤ ¦ ¦ ¦ ? ¦ ¥ . Có + là hình chiếu của 6 lên $&' nên 0 606+·;. Từ giả thiết có   2 &D $ D&';; ;. Xét 11 .. .0 22 01 '$& '& $&& '; ; ; JJJGJJJ GJJJGJJJ GJJJGJJG JJJGJJJG suy ra '01 ?. Có '6 + '6 01 '01 £ ? ¦ ¦ º? ¤ ¦ ? ¦¥ . Mà y^'6 01+‚; nên trong mặt phẳng 601 gọi là hình chiếu của lên 61VXUD là đoạn vuông góc chung của '6 1 ,G '61 +.º;. Trong tam giác vuông 01 có 2 22 111 5 + + 01 ; º; . Trong tam giác vuông +6 có 0 15. 6056+ +WDQ;; . Trong tam giác vuông +1 có 22 5 10 +1 1+; ;. Trong tam giác vuông +61 có 22 2 1 11 195 S65 ; º; . Vậy ㄹ5 , 65 G '61 ;. &kX >9'&@Trong không gian RP 1;1;1Q đi qua và cắt chiều dương của các trục lần lượt tại các điểm ;0;0 0; ;0E 0;0;&F thỏa mãn 22$ 2; và thể tích của khối tứ diện 2$&ÿҥWJLiWUӏQKӓQKҩW7tQK236 DEF ; . $ 81 16 . % 3. & 45 2 . D 81 4 . Trang17- Đề gốc số 1 +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ' Giả sử ;0;0Aa, 0; ;0%E 0;0;&F với  DEF. .hi đó mһt ph ҷng P có d ạng 1 xyz DEF ;. Vì P đi qua M nên 111 1 DEF ;. Mặt khác 22$ 2%; nên 2DE; nên 31 1 2EF ;. Thể tích khối tứ diện 2$%& là 2 1 3 9 EF;. Ta có 3 2 31331 9 3 2 44 16EF EEF EF ; p 3 2 91 16 3EF ºb 2 16279EFºp 2 81 3 16 EF Vº; p. 81 16 0L9; khi 3 11 43 2 EF DE £ ¦ ¦ ;; ¦ ¤ ¦ ¦ ; ¦ ¥ 9 2 9 4 3 a E F £ ¦ ¦ ; ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ º; ¤ ¦ ¦ ¦ ¦ ; ¦ ¦ ¦ ¦¥ . 812346 DEF º ; ; &kX 9'&@Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp $3 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp & thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau bằng :  11 630 .  1 126 . & 1 105 . ' 1 42 . +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ$ Số cách xếp 10 học sinh vào 10 vị trí: 10!n8; cách. Gọi A là biến cố: “Trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”. Sắp xếp 5 học sinh lớp 12C vào 5 vị trí, có 5! cách. Ứng mỗi cách xếp 5 học sinh lớp 12C sẽ có 6 khoảng trống gồm 4 vị trí ở giữa và hai vị trí hai đầu để xếp các học sinh còn lại. x TH1: Xếp 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa (không xếp vào hai đầu), có 3 4 A cách. Ứng với mỗi cách xếp đó, chọn lấy 1 trong 2 học sinh lớp 12A xếp vào vị trí trống thứ 4 (để hai học sinh lớp 12C không được ngồi cạnh nhau), có 2 cách. Học sinh lớp 12A còn lại có 8 vị trí để xếp, có 8 cách. Theo quy tắc nhân, ta có 3 4 5!..2.8A cách. x TH2: Xếp 2 trong 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa và học sinh còn lại xếp vào hai đầu, có 12 34 .2.CA cách. Ứng với mỗi cách xếp đó sẽ còn 2 vị trí trống ở giữa, xếp 2 học sinh lớp 12A vào vị trí đó, có 2 cách. Theo quy tắc nhân, ta có 12 34 5!..2..2 CA cách. Do đó số cách xếp không có học sinh cùng lớp ngồi cạnh nhau là 3 12 4 34 5!..2.85 !. .2..263360nA AC A; ; cách. C1 C2 C3 C4 C5 Trang18- Đề gốc số 1 Vậy      63360 10!  11 630 . Cku 0. >VDC@ Cho phương trình:  33 3 sin2c os 222cos12 co s232cos2 [ [[P [P[P   . Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số P để phương trình trên có đúng 1 nghiệm 20;37)6R))6(5 " A. 0. B. 1. C. 4. D. 3. Hѭӟng dүn giҧi Chӑn C Ta có:  ㌳ 3 sin2c os 222cos12 co s232cos2 [ [[P [P[P     ㈳ 33 sin12 si n22cos22 co s22cos2[ [[P [P[P E      3 333 2sinsin 22cos2 2c os21[ [[P [PE    Xét hàm số  3 2; YӟL0m có  2 6 10, 0    mQrQKjPVӕ đồng biến trên 0;. Bởi vậy:   3 1 sin2co s2I [I [PE   3 sin2c os22[ [PE  Với 2 0; 3  7 ) 6R ) ) 6( 5 thì  23 2 sin2co s2[ [PE   32 2coscos 13[ [PE   Đặt FRVSKѭѫQJWUuQK3 trở thành  32 214 WW P  Ta thấy, với mỗi 1 ;1 2 :' 9 R 9 9 8  thì phương trình FRVFKRWDPӝWQJKLӋP 2 0; 3  7 ) 6R ) ) 6( 5 'RÿyÿӇ SKѭѫQJWUuQKÿmFKRFyÿ~QJ 1 nghiệm 2 0; 3  7 ) 6R ) ) 6( 5 điều kiện cần và đủ là phương trình 4 có đúng một nghiệm 1 ;1 2 :' 9 R 9 9 8  . Xét hàm số  32 21   với 1 ;1 2 :' 9 R 9 9 8  . Ta có  2 62    0 0 1 3 7  6 6E 6  6 5 . Ta có bảng biến thiên Trang19- Đề gốc số 1 Từ bảng biến thi ên suy ra, phương trì nh 4 có đúng một nghiệm 1 ;1 2 :' 9 R 9 9 8  NKLYj FKӍ NKL 28427 1m m7 6  6665 Hay, các gi á t rị ngu yên của m để phư ơng trình trên có đúng 1 nghiệm 20;37)6R))6(5 là 4;3;2;19ұFyJLiWUӏQJXrQkPm 1 2  1 3  0 1    0  0  1 1  28 27  4 Trang 1- Đề gốc số 2 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO CÀ MAU 7+37&+Ç13+$11*Ӑ&+,ӆ1 (Đề có … ) .Î7+,7+Ӱ7+374Ӕ&*,$/Ҫ1 1Ă0+Ӑ& - 0Ð17+, TOÁN Thời gian làm bài㨠90 phút,không kể thời gian phát đề. Họ và tên học sinh:...............................................................; Số báo danh: ……. 0m ÿӅ G &kX 1@Cho hàm số  có bảng biến thiên như sau: Mệnh đề nào dưới đây đúng? $ Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 3. Hàm số đồng biến trên khoảng 1; d. CHàm số nghịch biến trên khoảng 1; 1. 'Hàm số đồng biến trên khoảng ;1d. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ& Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 1. &kX [1@Cho hàm số  có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? $ Hàm số có giá trị cực tiểu bằng .  Hàm số có giá trị lớn nhất bằng  và giá trị nhỏ nhất bằng . C Hàm số đạt cực đại tại 0 và cực tiểu tại . ' Hàm số có ba điểm cực trị. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ C &kX 1@Hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? $ 42 23  .  42 2 . & 42 23  . ' 42 2 .  1 2 2 2 Trang 2- Đề gốc số 2 +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ ' Đồ thị hàm số trùng phương có hệ số 0a và đi qua gốc tọa độ. &kX 1@Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên khoảng 0; d. $ 2 logyxx ; .  2 1 logyx x ; . & 2 2 logyxx ; .  2 logyx;. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ' Vì 1 0, 0 ln2 yxx x a ; :  nên hàm số nghịch biến trên 0; d. &kX 1@Cho  ORJ x;. Ttnh giá trӏ của biểu thức    ORJOR JORJ Pxxx; $ 32 2 P;.  2 2 P;. &22P;.  42 2 P  ;. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ' Ta có    1loglo glog2Pxxx ; 2 1 242 2 222 2 22 P  ;  ;; . &kX 1@Tìm họ nguyên hàm của hàm số 2 1 1 y x ; . $ 23 12 d 11 xC xx ; ¨ .  2 11 d 1 1 xC x x ; ¨ . & 2 11d11xCxx; ¨ . ' 23 12 d 11 xC xx  ; ¨ . +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ  2 1 d 1 x x ¨ 2 1dxx  ; ¨ 1 1xC  ; 1 1Cx; . &kX 1@ Cho hàm số fx có đ ạo hà m trên đoạn <>1; 4, 4 2020f;, 4 1 d 2019fxx  a; ¨ . Ttnh 1f" $ 11f ;.  11f;. & 13f;. ' 12f;. +ѭӟQJGүQJLҧL ӑQ Ta có 4 4 1 1 df xx fx   a ; ¨ 41ff;  4 1 14 df ff xx  a º ; ¨   ;;. &kX 1@Hình tứ diện đều có số cạnh là:  6.  10. & 8. ' 9K +ѭӟQJGүQJLҧL Trang 3- Đề gốc số 2 &KӑQ &kX 1@Cho khối cầu 6 có bán kính R; cm . Ttnh thӇ tích V của khối cầu.  32 3 V  ;(cm 3 ).  32V;(cm 3 ). & 16V;(cm 3 ). ' 16 3 V  ;(cm 3 ). +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ$ 3 4 32 33 VR  ;;(cm 3 ). &kX 1@Cho hình trụ có bán kính đáy 3r; cm và chiӅu cao 4h; cm . Ttnh diӋn ttch xung Tuanh xq 6 của hình trụ. $ 12 xq 6;(cm 2 ). 24 xq 6;(cm 2 ). &48 xq 6;(cm 2 ). '36 xq 6;(cm 2 ). +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ Diện tích xung quanh của hình trụ là   xq 6 UO;; cm  ). &kX 1@Trong không gi an OxyzFKRP »WSK ·ng :23 10 P xyz  ; . Khi đó, m ột véctơ pháp tuy ến của P là:  1 2;1; 3n;  G . = 1 2;1;1n;  G . =& 1 1; 3;1n; G.=' 1 2;1; 3n; G.= +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ$ &kX &kX1@Trong không gian OxyzWuPWÑDÿÝ của véc tơ 84 6X LNM ; G GGG . $ 4;2;3u;G.= 4;3;2u; G . =& 8;4;6u; G . = 8;6;4u; G . = +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ' 864 X LMN; G GGG 8;6;4uº ; G . &kX 1@Trong không gian OxyzFKRP»WSK·ng P đi qua điểm 2;3 ;2A và có một vectơ pháp tuy ến 2;5; 1n;G⸠Phương trình của P là $ 2 512 0x yz ; .  2 517 0x yz ; .  2 517 0x yz ; . ' 2 32 180 xyz;. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ& Phương trình mặt phẳng là 2 25312 0xyz ;  x yz”   ;. &kX 1@ Một túi chứa 6 bi xanh, 4 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên  bi. Tính xác suất để lấy được cả hai bi đều màu đỏ? $ 4 15 K  2 15 ⸠ & 8 15 K ' 7 45 K +ѭӟQJGү QJLҧL &KӑQ Xác suất để lấy được cả hai bi đều màu đỏ:  4 2 10 2 15C C; . Trang 4- Đề gốc số 2 &kX 1@ Cho cấp số cộng n u có 1 3u;,  33u;. Tính công sai G. $ 6G;.  5G;. & 8G;. ' 7G;. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ$ Ta có  6 336 XX GG ; ; º;. &kX 7+@Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2y xx;  bằng $ 22. 2. &22 . '1. /ӡLJLҧL ChӑQ$ Tập xác định  D ¯;¡°¢±. Ta có  12xyx a;. Suy ra 0y a ;  xx” ;  0 1 1 x x x £ :¦ ¦ ” ”; ¤ ¦ ; ¦¥ . Hàm số đã cho liên tục trên đoạn 2; 2 ¯¡°¢±. Mà  ,y; 2 2,y; 12y;. Do đó PD[ y;, PLQ y;. Vậy PD[PL Qyy ;. &kX 7+@Cho hàm số y fx; liên tục trên \FyÿҥRKjP 24 124fx xx xa;  . Số điểm cực trị của hàm số y fx; là $ 4. 2. & 1. '3. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ& Cho 0fx a ; 2 22 1 220 xx x” ; 1 2 2 x x x   ; ¡ ¡ ”; ¡ ¡ ;¡ ¢ . Bảng biến thiên Vậy hàm số có 1 điểm cực trị. &kX 7+@Đồ thị hàm số 2 2 21 x y x ; có số đường tiệm cận là A 2. 1. &3. '4. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ$ Ta có  1 2 lim 1 x x x l ; d  ; 2 1 2 lim 1 x x x  l ;d  nên hai đường thẳng 1x; và 1x; là h ai đường tiệm cận đứng. Trang 5- Đề gốc số 2 2 2 lim2 1 r   và  OLP1 r  nên hai đường thẳng  và  là hai đường tiệm cận ngang. Cku 9. >TH@ Cho hàm số   có đồ thị như đường cong hình dưới. Phương trình 1 có bao nhiêu nghiệm ? A. 2. B. 4. C. 1. D. 3. Hѭӟng dүn giҧi Chӑn D. Số nghiệm phương trình 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số 1 và đường thẳng 1. Dựa vào đồ thị suy ra phương trình 1 có 3 nghiệm phân biệt. Cku 0. >TH@ Chọn khẳng định đúng khi nói về hàm số ln .  A. Hàm số có một điểm cực tiểu. B. Hàm số có một điểm cực đại. C. Hàm số không có cực trị. D. Hàm số có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu. Hѭӟng dүn giҧi Chӑn A. Tập xác định  // 2 1 ln 0;; ; 0    E  Hàm / đổi dấu từ âm sang dương khi qua  nên OjÿLӇPFӵFWLӇXFӫDKjPVӕ Cku . >TH@ Tính tích các nghiệm thực của phương trình      . A. 2 3log3. B. 2 log54.  C. 1. D. 2 1 log3. Hѭӟng dүn giҧi Chӑn B Ta có:       223 2 2222 222 2 1 log31 (2 3) log3 1 2l og33l og3 2log313 log 30 (*)  E E  E E  Phương trình (*) có hệ số  2 1,1 3lo g30.0D FDF  B , do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt 12 ,. Theo vi-et: 3 1222 22 . 13 log3log2 log 3log54.    Cku . >TH@ Tìm giá trị lớn nhất của hàm số 1 () 2   trên đoạn [0;3]. A. 4 2. B. 2 2. C. 2. D. 3 2. Hѭӟng dүn giҧi Trang 6- Đề gốc số 2 &KӑQ$ Ta có 1 '() 0, [0;3] x fx ex ;  ‰, do đó hàm sӕ ()y fx; đồng biến trên đoạn [0;3]. Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đoạn [0;3] bằng 4 (3)2 fe;. &kX 7+@Cho hàm số fx liên tục trên \ và có 3 0 d8fx x; ¨ ; 3 1 d4fx x; ¨ . Tính 1 0 dI fxx ; ¨ . $ 8I;. 12I;. &36I;. '4I;. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ 3 0 dI fxx ; ¨ 13 01 ddfx xfx x; ¨¨ 268; ;. &kX 7+@Tính tích phân e 1 1 3ln d x Ix x ; ¨ bằng cách đặt 1 3lntx; , mệnh đề nào dưới đây VDL? $ 2 3 1 2 9 It;.  2 1 2 d 3 I tt; ¨ . & 2 2 1 2d3I tt; ¨ . ' 14 9 I;. +ѭӟQJGүQJLҧL ӑQ e 1 1 3ln d x Ix x ; ¨ , đ ặt 1 3lntx; 2 1 3lntxº ; 3 2 dtd tx x º; 2ddt3tx xº; . Đổi cận: 1x;1tº;㬠ex;2tº;. 2 2 1 2dt3tI; ¨ 2 3 1 2 9 t; 14 9 ;. &kX 7+@Tính thể tích của một khối lăng trụ biết khối lăng trụ đó có đường cao bằng 3a, diện tích mặt đáy bằng 2 4a. $ 3 6a.  3 4a.  3 12a. ' 3 16a. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ Áp d ụ ng công th ức thể tích khối lăng trụ ta có được:     ÿ 9 6KD DD ;; ;. &kX 7+@Cho khối chóp .6 $%&' có đáy $%&' là hình vuông cạnh a 36$ D; và 6$ vuông góc v ới đáy. Thể tích khối chóp .6 $%&' là.  3 a.  3 3a. & 3 3 a . ' 3 6a. +ѭӟQJGүQJLҧL ӑQ Diện tích đáy  $%&' 6D;. Thể tích khối chóp:  11 . 3. 33 $%&' 9 6$6DD D; ;; . Trang 7- Đề gốc số 2 &kX 7+@ Cho tam giác ABC vuông tại A có ABa BC a7tKWKӇ tích VFëDNKÕL WUzQ[RD\ÿmçFW¥RWKjQKNKLTXD\WDPJLiF ABC quanh cạnh AB. $ 3 Va.  3 2 3 a V  . C 3 3 a V  . ' 3 2Va. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ& Khối tròn xoay được tạo thành là khối nón có: Bán kính đáy:  r ACBC ABa  . Đường cao: h ABa. Thể tích của khối nón là 3 3 a V  . &kX 7+@ Cho khối nón có bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 15. Tính thể tích V của khối nón. $ 20V. 12V. &36V. '60V. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ Ta có  33 1 412 1553 xq rr h Vrh S rll   ££¦¦ ¦¦ º ºº ¤¤ ¦¦ ¦¥¦¥ . &kX 7+@Trong không gian OxyzSKmkQJWUuQKP»WSK·QJWUXQJWUõF()α của đoạn thẳng ABvới 4;3 ;7AYj 2;1;3B là $ ( ):22 150 xyz .  ( ):22 150 xyz . & ( ):22 150 xyz . D ( ):22 150 xyz . +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ' Gọi M là trung điểm của ABsuy ra 3;1; 5M. Mặt phẳng trung trực đoạn ABđi Tua 3;1; 5M và nhận 2;4;4 AB    làm vectơ pháp tuyến có phương trình ( ): 2 34145 0xyz    2 215 0xyz”  . &kX 7+@Trong không gian OxyzFKRKDLÿLÇP()2;1;0A()0;1;2B. Mһt cҫu S đường kính AB có phương trình là A 222 1 118 xyz  .  ()()() 222 1 112 xyz+++++=.= & 222 1 112 xyz . D ()()() 222 1 112 xyz−+−+−=.= +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ' Tâm mặt cầu chính là trung điểm IFëDAB, vӟi ()1;1;1I. Bán kính mặt cầu:  AB R=() 1222= −+ =. Phương trình mặt cầu: ()()() 222 1 112 xyz−+−+−=. &kX 7+@Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau mà các chữ số được chọn từ tập \^3;4;5;6;7A sao cho mỗi số lập được luôn có mặt chữ số 4? $ 36.  72K & 32K ' 48. Trang 8- Đề gốc số 2 +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ$ Gọi số tạo thành có dạng x abcYӟLab, c đôi một khác nhau và lấy từ A. Chọn một vị trí ab hoặc c cho số 4 có 3 cách chọn. Chọn hai chữ số khác 4 từ A và sắp xếp vào hai vị trí còn lại của x có  4 A cách chọn Theo quy tắc nhân có  4 3. 36A cách chọn Mỗi cách sắp xếp như trên cho ta một số thỏa yêu cầu. Vậy có 36 số cần tìm. &kX 9'7@Cho 32 2 3 21 41ymx mmx mx     *ӑLS là tập tất cả các giá trị nguyên âm của m để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy. Hỏi S có bao nhiêu phần tử ? $ 4. 3. &2. '1. /ӡLJLҧL ӑQ Ta có 22 33 41 4y mx mm xm a    0ya 22 3 34 140 m xm mxm ”   . Để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy thì phương trình 0y a  có hai nghiệm phân biệt trái dấu. Suy ra 3 30 3 3.4 0 m mm £ v¦ ¦ ¤ ¦   ¦ ¥ 43m”  . Mà m‰] nên \^3;2 ;1;0; 1;2 m 9ұ\S có 3 phần tử. &kX 9'@Cho hàm số 32 3 11y xmx mx  có đồ thị C. Biết rằng khi 0 mm thì ti ếp tuyến với đồ thị C tại điểm có hoành độ bằng 0 1x đi qua 1;3A.K·QJÿÏQKQjRVkX ÿk\ÿ~QJ" $ 0 10m .  0 01m. & 0 12m. ' 0 21m  . +ѭӟQJGүQJLҧL ӑQ  Ta có:  36 1y xmx m a  . Với 0 1x thì 0 21ymJӑL 1; 21 Bm 2;24 ABm º  J JJG . Tiếp tuyến tại B đi qua A nên hệ số góc của tiếp tuyến là km . Mặt khác: hệ số góc của tiếp tuyến là 0 k yx a . Do đó ta có: 2 0 000 0 36 12 x mxm m  00 0 361 2mm m”   0 42m” 0 1 2 m”. &kX 9'@Tìm t ất cả các g iá trị thực của th am số m để bất phư ơng trình 22 55 1 log1lo g4 xmx xm p có nghiệm đúng.x‰\  >2;3m‰.  >2;3m‰. & < 2;3m‰. ' < 2;3m‰. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ$ Bất phương trình tương đương 22 5 14 0, x mxx mx p ‰\ Trang 9- Đề gốc số 2  2 2 5 45 0 ( 2) (*), . 4 0 (3) mxx m mx xm 4 1  m 1 ER 3 1   1 2 \ *TH1: 0m hoặc m : (*) không thỏa R\ *TH2: 0mg và mg   2 2 2 3 50 450 23. 0 40m m mm m4 1111  11EE 311111  12 &kX >9'@ Gọi S là tổng các giá trị nguyên của tham số m, với 8m để phương trình     mm    có 2 nghiệm   thỏa 12 3. Chọn đáp án đúng. $ 35.S %20.S &25.S ' 22.S +ѭӟJGүJLҧL &Kӑ D  2122 4 .21 04 2.2 10 21 m mmm m    E  E  21 21 m m 7   6 E 6   6 5 Để pt có 2 nghiệm: 10 1 10 m m m 4   1 1 E  3 1   12 (1). Khi đó giả sử 1 21 m Yj   m  Có:  3       E E 1 18mmE    3 18 3 m m m 7  6 E E 6  5 Kết hợp đk (1), suy ra 3.m Vậy 7;6;5;4mR   . Do đó S &kX >9'@Cho  e 2 1 2 lnd ee xxxabc    . với b, c là các số hữu tỷ. Mệnh đề nào dưới đây đúng? $ acb  . %acb. &acb. 'ac b . /ӡLJLҧL &Kӑ% Ta có  e 1 2 lnd  . ee 11 2.d lnd  .. e 1 2e2 lnd   . . Đặt  1ln dd d .d 2 v xxv 4 11 B111311 B1112 Khi đó e 1 ln d . e 2e 1 1 1 ln d 22  . 2e2 1 e1 24 22 ee1 244 2 e1 44 . Suy ra  e 1 1 lnd  .  e12e 244  2 e72e44 nên 1 4  , b ,  4c . Vậy abc. Trang 10- Đề gốc số 2 &kX 9'@&ho hàm số fx liên tục trên \ và thỏa mãn 1 5 d9fx x  ; ¨ . Ttnh ttch phkn 2 0 1 39d fx x ¯ ¢± ¨ . $ 27.  21. &15. '75. +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ Đặt 13tx;G Gtxº ;. Với 01xt;l; và xt; l; . Ta có 2 0 1 39d fx x ¯ ¢± ¨ 22 00 1 3d 9df xxx; ¨¨ 5 2 0 1 d 9 3 t ft x   ¯ ; ¢±  ¨ 1 5 1 d 18 3 fx x   ¯ ; ¢±¨ 1 .9 1821 3 ; ;. &kX 9'@ Cho hì nh lăng trụ đứng .$%&$% & aaa , biết đá y $%& là t am giác đ ều cạnh a. Khoảng cách từ tâm O của tam giác $%& đến mặt phẳng $ %& a bằng 6 a . Tính th ể tích khối lăng trụ .$%&$% & aaa. $ 3 32 8 a .  3 32 28 a . & 3 32 4 a . D 3 32 16a . +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ D Diện tích đáy là  3 4 $%& a %6 B ;;. Chiều cao là ;K G$ %&$%&$ $ aaaa ;;. Do tam giác $%& là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác $%&*ӑLI là trung điểm của %&H là hình chiếu vuông góc của A lên AI a ta có ;$+$ %& G$$% &$ + aa ?º ; I A' B' C' A B C H O K ; N 3; G 2$ %& IO IAG $$ %& a ;; a ; ; 3 ㌶ G $$ %& AHa G 2$ %& a a º ;;; 2 a AHº; Xét tam giác A AI a vuông tại A ta có: 2 22 1 11 AHA AAI ; a 2 22 1 11 AAA HAI º; a 3 22 a AA a º; 3 22 a hº; 3 . 32 16 $%& $% & a V aaa º;. Trang 11- Đề gốc số 2 &kX 9'@ Cho hình chóp đều .S ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác SAC. Mһt phҷng chӭa AB và đi qua G cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại M và N%LÃWP»t bên của hình chóp tạo với đáy một góc bằng 60n⸠Thể tích khối chóp .S ABMN bằng: $ 3 3 4 a.  3 3 8 a. C 3 3 16a . ' 3 3 3 16 a. +ѭӟQJGүQJLҧL ChӑQ C a I N G M O C AB D S Vì G là trọng tâm tam giác SAC nên AG cắt SC tại trung điểm M của SC, tương tự BG cắt SD tại trung điểm N của SD. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và I là trung điểm của AB. Suy ra góc giữa mặt bên SAB và mặt đáy ABCD là n 60SIOn'Rÿy 3.tan602aSOOI  n . Suy ra 3 2 . 1 133 . 3 326 S ABCDABCD aa V SSO a ¸ . Mặt khác .. 2 S ABCDSABC VVWDOҥLFy . . 1 2 S ABM S ABC VSA SBSM V SASB SC ¸¸ .. 1 . 2 S ABMS ABC VVº. . . 11 1 22 4 S AMN S ACD VSA SNSM V SASD SC  ¸¸ ¸ .. 1 . 4 S AMNSAC D VVº. Vậy 33 .. 3 333 8 86 16 S ABMNSABC D aa VV . &kX 9'@ Cho mặt cầu S có bán kính Ra*ӑL T là hình trụ có hai đáy nằm trên S và thiết diện qua trục của T có diên tích lớn nhất. Tính thể tích V của khối trụ. $ 3 2 3 a V Q .  3 2VaQ. & 3 2VaQ. D 3 2 2aVQ . +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ' Trang 12- Đề gốc số 2 Gọi là chiều cao của khối trụ. Ta có bán kính của khối trụ là   1 4 22 : )9  ) 9 )9 8( . Diện tích thiết diện    4 42 2 Shah a    . Diện tích thiết diện lớn nhất khi 3 2 22 22 42 22   B BB . &kX >9'7@Trong không gian P ng ()11 0ax byc z++−==⡶ới  0abcgÿL TXDKD LÿLӇP()2;4;1()1;1;3B− và vuông góc với mặt ph ẳng (): 32 50 − +−= . Tính tổng S abc. $ 12S. % 5S. & 4S. ' 2S. +ѭӟJGүJLҧL &Kӑ% Ta có: ()2;4;1()1;1;3B−()3;3 ;2AB⇒ =−−  . Véc tơ pháp tuyến của () là ()1; 3;2= −  . Do mặt phẳng () đi qua AB và vuông góc với () nên () nhận véc tơ , (0;8;12)ABn 7'  6 5   làm một véc tơ pháp tuyến nên phương trình của () sẽ là ()()2 431 0−+−=   ⇔ +−=. Suy ra 0=b=3c=S abcB . &kX >9'&@Cho hàm số 1 2    , gọi d là tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành đ ộ bằng 2m⸠Biết đường thẳng d cắt tiệm cận đứng của đồ thị hàm số tại điểm  11 ; và cắt ti ệm cận ngang của đồ thị hàm số tại đi ểm  22 ; Bx y. Gӑi S là t ập hợp các số m sao cho   7tQKWәQJEuQKSKѭѫQJFiFSKҫn tử của S. $ 0. % 4. & 10. ' 9K +ѭӟJGүJLҧL &Kӑ & 3 1 2    2 3 2  B  Ta có xm 3 1 m B  0mg Phương trình tiếp tuyến d:  2 33 21y xm mm    Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 và tiệm cận đứng . Tọa độ điểm là nghiệm của hệ:  2 33 21 2 y xm mm 4 1 1    1 3 1 1  1 2 6 1 2 m 4 1 1  1 E 3 1 1  1 2 nên 1 61m Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:  2 33 21 1 y xm mm 4 1 1    1 3 1 1  1 2 1 22 xm4 11E3112 nên  xm Trang 13- Đề gốc số 2 Suy ra   6 2 15m m   2 2 460 mmE  1 3 m m 7  6 E 6  5 Vậy tổng bìn h phương các phần tử của S là  2 2 1 310  . &kX >9'&@Bạn A có một sợi dây mềm và dẻo không đàn hồi dài  m, bҥn chia sӧi dky thành hai đo ҥn, trong đó đoҥn đҫu có đӝ dài ()xm được gấp thành một tam giác đều, đoạn còn lại g ấp thành một hình vuông. Hỏi độ dài đoạn đầu bằng bao nhiêu m để tổng diện tích hai hình trên là nh ỏ nh ất ? $ 120 9 43m . % 40 9 43m . & 180 9 43 m  . ' 60 9 43 m  . +ѭӟJGүJLҧL Chӑ' Gọi  xm là cạnh của tam giác đều,  0 3 : )9  ) 9 )9 8( . Suy ra cạnh hình vuông là  20 3 4 m  . Gọi S là tổng diện tích của hai hình.  2 2 3 203 .44Sx x:)9)9)98( . Ta có :  3 203 3' 2.2 44Sx x:)9 )9)98( .  3 203 3 '0 2. 0 2 44 Sx x :  )9 E   ) 9 )9 8( 60 9 43 E  . Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên, S đạt giá trị nhỏ nhất tại 60 9 43 xm  . &kX >9'&@Cho h àm số  32 f xax bxc xd   , ,,,abcdR\ thỏa mãn 0, d abcd. Tìm số điểm cực trị của hàm số 2018 . $2. %1. &3. ' 5. Trang 14- Đề gốc số 2 +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ' - Xét hàm số 2018gx fx; 32 2018D[ E[F [G; . Ta c ó : 0 2018 12018 JG J DEFG £ ;¦ ¦ ¤ ¦ ;  ¦ ¥ . Theo giả thiết, ta được 00 10 g g £ ¦ ¦ ¤ ¦ : ¦ ¥ . - Lại do: 0a nên lim lim x x gx gx l d ld £; d¦¦¦¤¦;d¦¦¥ 1:0 gº  và 0: 0gº :: . Do đ ó : .00 0. 10 1. 0 gg gg gg   £ :¦ ¦ ¦ ¦ : ¤ ¦ ¦ ¦ : ¦ ¥ 0gxº; có 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng ;. Hay h àm số y gx; có đồ thị dạng (hình minh họa) -2-112 O Khi đ ó đ ồ thị hàm số y gx; có dạng -2-112 O Vậy hàm số 2018y fx; có 5 điểm cực trị. &kX 9'&@Cho ;xy là các s ố thực d ương thỏa mãn điều kiện 44 35 5 134 35 xy xyxy xy xyx  ; . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Pxy; . $ 3. 5 25 . &3 25. '15 . +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ Trang 15- Đề gốc số 2 Ta có : 44 35 5 134 35      4 411 5 34 53 11    E   . Xét hàm số 53    trên y. Vì 5.ln53.ln 31 0,     R y nên hàm số  đồng biến trên y2. Từ 1 và 2 ta có 4 13 'ӉWKҩ4 không thỏa mãn 3. Với 4g 1 3 4  E  kết hợp điều kiện 0 suy ra 4. Do đó 1 4    . Xét hàm số  1 4    trên 4;. Ta có     10 4       7  6 E 6  6 5 .  4 45     – 0    5 25  Dựa vào bảng biến thiên ta có   PLQ4; min5 25   . &kX >9'&@Cho hàm số   là hàm lẻ và liên tục trên 4;4 biết  0 2 d2   . và  2 1 2d 4  . 7tQK 4 0 d  . . $ 10. %6. &6. '10. +ѭӟJGүJLҧL Chӑ% Xét tích phân  0 2 d2   . . Đặt d dtB . Đổi cận: khi  thì NKL 0 thì 0 do đó  00 22 ddt    ..  2 0 dt .  2 0 dt 2B .  2 0 d2 B . . Do hàm số   là hàm số lẻ nên 22  . Do đó  22 11 2d 2d   ..  2 1 2d 4 B  . . Xét  2 1 2d . . Đặt 2 1 d dt 2 B. Trang 16- Đề gốc số 2 Đổi cận: khi 1 thì NKL thì 4 do đó  2412 12 ddt 42   ..  4 2 dt 8B  .  4 2 d8 B  . . Do  4 0 d  .  24 02 dd  ..    . Cku . >VDC@ Cho hình chóp .6 $%& có đáy $%& là tam giác vuông tại   % %$D% &D  PһWSKҷng ()6%&vuông góc với ($%&). Biết 236% D và góc n 0 306%&.KRҧQJFiFKWӯ % đ ến ()6$& theo bằng A. 67 7 . B. 37 14 . C. 7 7 . D. 7 42 Hѭӟng dүn giҧi Chӑn A Goi là hình chiếu của 6 lên %& 0 os303 %(6 %FD(&D  B . Do đó: ( ;())4 .(E ;())G %6 $&G6$& . Từ kẻ  và (-6 , suy ra (E;(())(-G 6$ &. n 0 ㌳ sin303,si nA CB 55 6( 6%D (,   B . 222 2 3 3. .373767 5 ( ;())4 .. 1414 7 9 3 25 (6,( DD D (-G %6 $& (6( ,D  B    Vậy:  ( ;()). 7 G %6 $& Cku . >VDC@ Trong không gian RP1;1;1ng đi qua và cắt chiều dương của các trục lần lượt tại các điểm ;0;00; ;0%E0;0;&F thỏa mãn 2$ 2% và thể tích của khối tứ diện 2$%&đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 436D EF  . A. 81 16 . B. 3. C. 45 2 K D. 81 4 . Trang 17- Đề gốc số 2 +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ& Giả sử ;0;0Aa, 0; ;0%E 0;0;&F với  DEF. .hi đó mһt ph ҷng P có d ạng 1 xyz DEF ;. Vì P đi qua M nên 111 1 DEF ;. Mặt khác 2$ 2%; nên DE; nên 31 1 2EF ;. Thể tích khối tứ diện 2$%& là  3 EF V;. Ta có 3 2 31331 9 3 2 44 16EF EEF EF ; p 3 2 91 16 3EF ºb  16279EFºp  81 3 16 EF Vº; p. 81 16 0L9; khi 3 11 43 2EF DE£ ¦¦;;¦¤¦¦;¦¥ 9 2 9 4 3 a E F £ ¦ ¦ ; ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ º; ¤ ¦ ¦ ¦ ¦ ; ¦ ¦ ¦ ¦¥ . 45 43 2 6D EF º; ; &kX 9'&@Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm  học sinh lớp $3 học sinh lớp % và  h ọ c sinh lớp & thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên không có  học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau bằng $ 1 105 K  1 126 K & 11 630 . ' 1 42 K +ѭӟQJGүQJLҧL &KӑQ& Số cách xếp 10 học sinh vào 10 vị trí: 10!n8; cách. Gọi A là biến cố: “Trong 10 học sinh trên không có  học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”. Sắp xếp  học sinh lớp 12C vào  vị trí, có  cách. Ứng mỗi cách xếp  học sinh lớp 12C sẽ có 6 khoảng trống gồm 4 vị trí ở giữa và hai vị trí hai đầu để xếp các học sinh còn lại. x TH1: Xếp 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa (không xếp vào hai đầu), có 3 4 A cách. Ứng với mỗi cách xếp đó, chọn lấy 1 trong  học sinh lớp 12A xếp vào vị trí trống thứ 4 (để hai học sinh lớp 12C không được ngồi cạnh nhau), có  cách. Học sinh lớp 12A còn lại có 8 vị trí để xếp, có 8 cách. Theo quy tắc nhân, ta có 3 4 5!..2.8A cách. x TH2: Xếp  trong 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa và học sinh còn lại xếp vào hai đầu, có  34 .2.CA cách. Ứng với mỗi cách xếp đó sẽ còn  vị trí trống ở giữa, xếp  học sinh lớp 12A vào vị trí đó, có  cách. Theo quy tắc nhân, ta có  34 5!..2..2 CA cách. Do đó số cách xếp không có học sinh cùng lớp ngồi cạnh nhau là 3 12 4 34 5!..2.85 !. .2..263360nA AC A; ; cách. C1 C2 C3 C4 C5 Trang 18- Đề gốc số 2 Vậy      63360 10!  11 630 . Cku 0. >VDC@ Cho phương trình:  33 3 sin2c os 222cos12 co s232cos2 [ [[P [P[P   . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số P để phương trình trên có đúng 1 nghiệm 0;37)6R))6(5 " A. 0. B. 1. C. 4. D. 3. Hѭӟng dүn giҧi Chӑn A Ta có:  ㌳ 3 sin2c os 222cos12 co s232cos2 [ [[P [P[P     23 33 sin12 si n22cos22 co s22cos2[ [[P [P[P E      3 333 2sinsin 22cos2 2c os21[ [[P [PE    Xét hàm số  3 2; YӟL0m có  2 6 10, 0    mQrQKjPVӕ đồng biến trên 0;. Bởi vậy:   3 1 sin2co s2I [I [PE   3 sin2c os22[ [PE  Với  0; 3  7 ) 6R ) ) 6( 5 thì  23 2 sin2co s2[ [PE   32 2coscos 13[ [PE   Đặt FRVSKѭѫQJWUuQK3 trở thành  32 214 WW P  Ta thấy, với mỗi 1 ;1 2 :' 9 R 9 9 8  thì phương trình FRVFKRWDPӝWQJKLӋP  0; 3  7 ) 6R ) ) 6( 5 'RÿyÿӇ SKѭѫQJWUuQKÿmFKRFyÿ~QJ 1 nghiệm  0; 3  7 ) 6R ) ) 6( 5 điều kiện cần và đủ là phương trình 4 có đúng một nghiệm 1 ;1 2 :' 9 R 9 9 8  . Xét hàm số  32 21   với 1 ;1 2 :' 9 R 9 9 8  . Ta có  2 62    0 0 1 3 7  6 6E 6  6 5 . Ta có bảng biến thiên Trang 19- Đề gốc số 2 Từ bảng biến t hiên suy ra, phương tr ình 4 có đúng một nghiệm 1 ;1 2 :' 9 R 9 9 8  NKLYj FKӍ NKL 427 1m m7 6  6665 Hay, các gi á t rị ngu yên của m để phư ơng trình trên có đúng 1 nghiệm 0;37)6R))6(5 là 4;3;2;19ұNK{QJFyJLiWUӏQJXrQGѭѫQJm 1 2  1 3  0 1    0  0  1 1  28 27  4
00:00:00