Tải bản đầy đủ

De minh hoa toan 2017

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ MINH HỌA MÔN TOÁN KÌ THI THPT QUỐC GIA
NĂM 2017
Câu 1: Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số 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?
2
A. y = −x + x − 1
4
2
C. y = x − x + 1

3
B. y = −x + 3x + 1
3
D. y = x − 3x + 1

y

x
O

Lời giải: Chọn đáp án D

Loại đáp án A, B vì đường cong đồ thị theo hướng lên - xuống - lên nên hệ số a > 0
Loại đáp án C vì đó là hàm trùng phương nhận trục Oy làm trục đối xứng.
3
Ta có: y = x − 3x + 1. Tập xác định: D = ¡

( )

()

y ' = 3x2 − 3;y ' = 0 ⇔ 3x2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1 suy ra y −1 = 3;y 1 = −1
lim y = −∞ lim y = +∞
Giới hạn: x→−∞
; x→+∞
Bảng biến thiên:

x
y'
y

−∞

+

−1
0

+∞

1
0



+

+∞

3

−∞


−1

( )

( )

( )

lim f x = 1 lim f x = −1
y=f x
Câu 2: Cho hàm số
có x→+∞
và x→−∞
. Khẳng định nào sau đây là khẳng
định đúng ?
A. Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang
B. Đồ t hị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận ngang
C. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y = 1và y = −1
D. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng x = 1và x = −1

Lời giải: Chọn đáp án C
4
Câu 3: Hỏi hàm số y = 2x + 1 đồng biến trên khoảng nào?

 1

1
− ; +∞ ÷
 −∞; − ÷

0;+∞
2
2

A. 
B.
C. 

(

Lời giải: Chọn đáp án B
y = 2x4 + 1 . Tập xác định: D = ¡

)

( )

3
3
y 0 =1
Ta có: y ' = 8x ; y ' = 0 ⇔ 8x = 0 ⇔ x = 0su ra
lim y = +∞ lim y = +∞
Giới hạn: x→−∞
; x→+∞

D.

( −∞;0)


Bảng biến thiên:

x
y'
y

−∞

+∞

0
0



+

+∞

+∞
1

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng

( 0;+∞ )

( )

y=f x
Câu 4: Cho hàm số
xác định, liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên:
x −∞
0
+∞
1
y'
P
+

+
0
y
+∞
0

−∞

−1

Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. Hàm số có đúng một cực trị
B. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1
C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0 và giá trị nhỏ nhất bằng −1
D. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 1.
Lời giải: Chọn đáp án D
Đáp án A sai vì hàm số có 2 điểm cực trị

Đáp án B sai vì hàm số có giá trị cực tiểu y = −1 khi x = 0
Đáp án C sai vì hàm số không có GTLN và GTNN trên ¡ .
Câu 5: Tìm giá trị cực đại
y =4
A. CD

yC Đ

3
của hàm số y = x − 3x + 2 .
y =1
y =0
B. CD
C. CD

Lời giải: Chọn đáp án A
y = x3 − 3x + 2 Tập xác định: D = ¡

D.

( )

()

2
2
y −1 = 4;y 1 = 0
Ta có: y ' = 3x − 3 ; y ' = 0 ⇔ 3x − 3 = 0 ⇔ x = ±1suy ra
lim y = −∞ lim y = +∞
Giới hạn: x→−∞
; x→+∞
Bảng biến thiên:

x
y'
y

−∞

+

−1
0



1
0

+

+∞

4

−∞
Vậy hàm số đạt cực đại tại

+∞

0

x = −1;yCD = 4

.

yCD = −1


Câu 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
A.

min y = 6
2;4

B.

y=

x2 + 3
 
x − 1 trên đoạn 2;4 .

min y = −2
2;4

C.

min y = −3
2;4

D.

min y =
2;4

19
3

Lời giải: Chọn đáp án A
x2 + 3
y=
D=¡ \ 1
x − 1 . Tập xác định:

{}

x2 + 3
 
x − 1 liên tục trên đoạn 2;4
Xét hàm số
x2 − 2x − 3
y' =
;y ' = 0 ⇔ x2 − 2x − 3 = 0 ⇔ x = 3
2
x−1
Ta có
hoặc x = −1 (loại)
19
min y = 6
y 2 = 7;y 3 = 6;y 4 =
2;4
3
Suy ra
. Vậy  
tại x = 3.
y=

(

( )

)

( )

( )

x2 + 3
x − 1 \STAR: 2\END: 4 \STEP: 0,5
CASIO: MODE 7\nhập hàm
f x
Sau khi ta bằng thì máy tính ở cột
sẽ có giá trị nhỏ nhất là 6

( )

f x =

( )

3
Câu 7: Biết rằng đường thẳng y = −2x + 2 cắt đồ thị hàm số y = x + x + 2tại điểm duy nhất; kí
x ;y
y
hiệu 0 0 là tọa độ của điểm đó. Tìm 0
y =4
y =0
y =2
y = −1
A. 0
B. 0
C. 0
D. 0

(

)

Lời giải: Chọn đáp án C
3
3
Xét phương trình hoành độ giao điểm ta có: −2x + 2 = x + x + 2 ⇔ x + 3x = 0 ⇔ x = 0
x = 0 ⇒ y0 = 2
Với 0

4
2
Câu 8: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y = x + 2mx + 1 có
ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân.
1
1
m= −
m=
3
3
9
9
A.
B. m = −1
C.
D. m = 1

Lời giải: Chọn đáp án B
y = x4 + 2mx2 + 1. Tập xác định: D = ¡
x = 0
y ' = 4x3 + 4mx ;y ' = 0 ⇔ 4x3 + 4mx = 0 ⇔ 4x x2 + m = 0 ⇔  2
x = −m ∗
Ta có:
Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt nghĩa là phương

(

)

( )

( ∗) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ −m > 0 ⇔ m < 0. (loại đáp án C và D)
A ( 0;1) ;B ( − −m;1 − m ) ;C ( −m;1 − m )
Vậy tọa độ 3 điểm lần lượt là:
trình

2

Ta có

uuur
uuuu
r
AB = − −m; −m2 ; AC =

(

)

(

−m; −m2

)

2


uuur uuuu
r
A ⇒ AB .AC = 0 ⇔ − m2 + m2.m2 = 0 ⇔ − m + m4 = 0 ⇔ m + m4 = 0

Vì ∆ABC vuông cân tại
⇔ m = −1 ( vì m < 0 )
Vậy với m = −1 thì hàm số có 3 cực trị tạo thành một tam giác vuông cân.

Câu 9: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số
tiệm cận ngang.
A. Không có giá trị thực nào của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
B. m < 0
C. m = 0
D. m > 0

y=

x+1
mx2 + 1 có hai

Lời giải: Chọn đáp án D

1
− 1+ ÷
x
x+1
1
lim y = lim
= 
=−
x→−∞
x→−∞
2
1
m
mx + 1
m+ 2
x
Ta có:
1
1+
x+1
x = 1
lim y = lim
= lim
x→+∞
x→+∞
1
m
mx2 + 1 x→+∞
m+ 2
x


y=
Vậy hàm số có hai tiệm cận ngang là :

1
m

;y = −

1
m

⇒m> 0

Câu 10: Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12cm . Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn
x cm
hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng
, rồi gập tấm nhôm lại như hình vẽ
x
dưới đây để được một cái hộp không nắp. Tìm để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.

( )

A. x = 6

B. x = 3

C. x = 2

Lời giải: Chọn đáp án C
h = x cm
Ta có :
là đường cao hình hộp

D. x = 4

( )

( )

12 − 2x cm
Vì tấm nhôm được gấp lại tạo thành hình hộp nên cạnh đáy của hình hộp là:
x > 0
x > 0
2

⇔ x ∈ 0;6


12 − 2x > 0
x<6
S = 12 − 2x cm2




Vậy diện tích đáy hình hộp
. Ta có:

(

(
Thể tích của hình hộp là:
y = x. ( 12 − 2x ) ∀x ∈ ( 0;6)
Xét hàm số:

)(

V = S.h = x. 12 − 2x
2

)

)

2

( )


(

) − 4x ( 12 − 2x) = ( 12 − 2x) ( 12 − 6x) ;
Ta có :
y ' = 0 ⇔ ( 12 − 2x ) . ( 12 − 6x ) = 0 ⇔ x = 2
y ( 2) = 128
hoặc x = 6 (loại). Suy ra
y ' = 12 − 2x

2


Bảng biến thiên :

x

−∞

2

0



y'

+

0

y

+∞

6

128

Vậy thể tích lớn nhất của hình hộp là

(

128 cm3

)

khi

( ).

x = 2 cm

y=

tan x − 2
tan x − m đồng

Câu 11: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số
 π
 0; ÷
4
biến trên khoảng 
.
A. m ≤ 0 hoặc 1 ≤ m < 2
B. m ≤ 0
C. 1 ≤ m < 2 D.
m≥2
Lời giải: Chọn đáp án A
 π
x ∈  0; ÷ ⇒ t ∈ 0;1
 4
Đặt t = tan x , vì
t −2
f t =
∀t ∈ 0;1
D=¡ \ m
t −m
Xét hàm số
. Tập xác định:
2− m
f' t =
2
t −m
Ta có
.
 π
 0; ÷
f ' t > 0 ∀t ∈ 0;1
4
y
Để hàm số đồng biến trên khoảng 
khi và chỉ khi:
m < 2
2 − m > 0

2− m

>
0

t

0
;1



 m ≤ 0 ⇔ m ∈ −∞;0 ∪ 1;2
2
m

0
;1
 m ≥ 1
t −m

 
1
1
tan x − m − tan x − 2
2
cos2 x
y ' = cos x

( )

()

()

(

)

(

( )

{ }

)

( )

( )

(

()

( )

(

)

) (

( tan x − m)

CASIO: Đạo hàm của hàm số ta được

x=

)

2

π
8 ( Chọn giá trị này thuộc

Ta nhập vào máy tính thằng y ' \CALC\Calc
\= \ m = ? 1 giá trị bất kỳ trong 4 đáp án.
Đáp án D m ≥ 2 . Ta chọn m = 3 . Khi đó y ' = −0,17 < 0 ( Loại)
Đáp án C 1 ≤ m < 2 Ta chọn m = 1,5 . Khi đó y ' = 0,49 > 0 (nhận)

 π
 0; ÷
 4 )

Đáp án B m ≥ 0 Ta chọn m = 0 . Khi đó y ' = 13,6 > 0 (nhận)
Vậy đáp án B và C đều đúng nên chọn đáp án A.

(

)

log4 x − 1 = 3
Câu 12: Giải phương trình
.
x
=
63
x
=
65
A.
B.

C. x = 80

D. x = 82


Lời giải: Chọn đáp án B
log4 x − 1 = 3
. Điều kiện: x − 1 > 0 ⇔ x > 1
3
Phương trình ⇔ x − 1 = 4 ⇔ x = 65
CASIO
log4 X − 1 − 3
Bước 1. Nhập

(

)

(

)

Bước 2. Bấm SHIFT SOLVE =
Suy ra: x = 65
x
Câu 13: Tính đạo hàm của hàm số y = 13 .
x−1
A. y ' = x.13

x
B. y ' = 13 .ln13

x
C. y ' = 13

D.

y' =

13x
ln13

Lời giải: Chọn đáp án B
y ' = 13x ' = 13x.ln13
Ta có:

( )

Câu 14: Giải bất phương trình

(

)

log2 3x − 1 > 3

.

1
B. 3

A. x > 3

C. x < 3

D.

x>

Lời giải: Chọn đáp án A

(

)

3x − 1 > 0 ⇔ x >

log2 3x − 1 > 3

1
3

. Điều kiện:
3
Phương trình ⇔ 3x − 1 > 2 ⇔ 3x > 9 ⇔ x > 3
CASIO: A hihi
Câu 15: Tìm tập xác định D của hàm số
D = −∞; −1 ∪ 3; +∞
A.
D = −∞; −1 ∪ 3; +∞
C.

(
(

)
)

) (

(

).

y = log2 x2 − 2x − 3

B.
D.

D =  −1;3

(

)

D = −1;3

Lời giải: Chọn đáp án C
y = log2 x2 − 2x − 3
2
. Hàm số xác định khi x − 2x − 3 > 0 ⇔ x < −1 hoặc x > 3
D = −∞; −1 ∪ 3; +∞
Vậy tập xác định:

(

)

(

( )

) (
2

f x = 2x.7x

Câu 16: Cho hàm số
f x < 1 ⇔ x + x2.log2 7 < 0
A.
f x < 1 ⇔ x.log7 2 + x2 < 0
C.

( )
( )

Lời giải: Chọn đáp án D

)

. Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai ?
f x < 1 ⇔ x.ln2 + x2.ln7 < 0
B.
f x < 1 ⇔ 1 + x.log2 7 < 0
D.

( )
( )

10
3


( )

(

( )

2

f x < 1 ⇔ log2 f x < log2 1 ⇔ log2 2x.7x

Đáp án A đúng vì
⇔ x + x2.log2 7 < 0

( )

( )

(

( )

(

2

f x < 1 ⇔ log7 f x < log7 1 ⇔ log7 2x.7x

Đáp án C đúng vì
⇔ x.log7 2 + x2 < 0

( )

( )

(

2

f x < 1 ⇔ log2 f x < log2 1 ⇔ log2 2x.7x

Vậy D sai vì
⇔ x + x2 log2 7 < 0

2

x2

x

( )

x2

x

2

) < 0 ⇔ ln2 + ln7

2

f x < 1 ⇔ ln f x < ln1 ⇔ ln 2x.7x

Đáp án B đúng vì
⇔ x.ln2 + x2.ln7 < 0

) < 0 ⇔ log 2 + log 7
<0

) < 0 ⇔ log 2 + log 7

x2

x

7

7

) < 0 ⇔ log 2 + log 7

x2

x

2

<0

2

<0

<0


Câu 17: Cho các số thực dương a,b với a ≠ 1. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?
1
loga2 ab = loga b
loga2 ab = 2 + 2loga b
2
A.
B.

( )

C.

( )

( )

loga2 ab =

1
log b
4 a

D.

( )

loga2 ab =

1 1
+ log b
2 2 a

Lời giải: Chọn đáp án D

1
1
1 1
loga2 ab = loga2 a + loga2 b = .loga a + .loga b = + .loga b
2
2
2 2
Ta có:

( )

Câu 18: Tính đạo hàm của hàm số
1 − 2 x + 1 ln2
y' =
22x
A.

(

C.

y' =

y=

)

(

x+1
4x .

B.

)

1 − 2 x + 1 ln2
2

2x

D.

y' =
y' =

(

)

1 + 2 x + 1 ln2
2x

(

2

)

1 + 2 x + 1 ln2
2

2x

Lời giải: Chọn đáp án A
x + 1 '.4x − x + 1 . 4x ' 4x − x + 1 .4x.ln4
y' =
=
2
2
4x
4x
Ta có:
4x. 1 − x.ln4 − ln4
1 − x.2ln2 − 2ln2 1 − 2ln2 x + 1
=
=
=
2
4x
22x
4x

(

(

)

( )

)( )

(

( )

(

)

)

( )

(

)

d  x + 1

÷
dx  4x  x = ?

CASIO: Shif t– tích phân:
Nhập một giá trị của x bất kỳ ví dụ bằng 2:

Ta có:
đúng.

d  x + 1

÷
dx  4x  x = 2

trừ đi một trong số các đáp án . Nếu kết quả bằng 0 thì đáp án tương ứng

(

)

1 − 2 2 + 1 ln2
d  x + 1
= −2,94.10−13
 x ÷x = 2−
2.2
dx  4 
2

Ở đáp án A:
( Chú ý gán x = 2 chỗ màu đỏ)

sau đó bấm “độ” kq 0.

a = log2 3,b = log5 3
log6 45
Câu 19: Đặt
. Hãy biểu diễn
theo a và b .
a + 2ab
2a2 − 2ab
log6 45 =
log6 45 =
ab
ab
A.
B.
2
a + 2ab
2a − 2ab
log6 45 =
log6 45 =
ab + b
ab + b
C.
D.

Lời giải: Chọn đáp án C
log 45 = log6 9 + log6 5
Ta có: 6


log6 9 =

log6 5 =

1

( )

log32 2.3

1

( )

log5 2.3

⇒ log6 5 =

1
b
+b
a

1

=

=

1
. log3 2 + log3 3
2

(

)

=

2
1
+1
log2 3

1
1
=
log5 2 + log5 3 log5 2 + b

=

2
1
+1
a

2a
1
a+1

()
1
log2 3

1
b
log5 2 =
=
=a =
log3 5
1
1 a
log5 3 b
log3 2



a
2
ab + b

( )

=

=

2a

a

( 1) ( 2) suy ra: log 45 = a + 1 + ab + b
. Từ và
2a b + 2ab + a + a ( a + 1) 2ab + ( a + 1) a ( a + 1) ( a + 2ab) a + 2ab
=
=
=
=
( a + 1) ( ab + b)
( a + 1) ( ab + b)
( a + 1) ( ab + b) ab + b
2

6

2

CASIO: Sto\Gán

A = log2 3, B = log5 3

bằng cách: Nhập

log2 3

\shift\Sto\A tương tự B

A + 2AB
− log6 45 ≈ 1,34
AB
Thử từng đáp án:
( Loại)
A + 2AB
− log6 45 = 0
Thử đáp án: AB + B
( chọn )
Câu 20: Cho hai số thực a và b , với 1 < a < b. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ?
loga b < 1 < logb a
1 < loga b < logb a
A.
B.
logb a < loga b < 1
logb a < 1 < loga b
C.
D.
Lời giải: Chọn đáp án D
log b > loga a
log b > 1
b > a > 1⇒  a
⇔ a
⇒ logb a < 1 < loga b
logb b > logb a
1 > logb a




Cách 1: Vì
a = 2;b = 3 ⇒ log3 2 < 1 < log2 3 ⇒
Cách 2: Đặt
D
Câu 21: Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12%/năm. Ông muốn hoàn nợ
cho ngân hàng theo cách : Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ, hai lần hoàn
nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết ti ền nợ
sau đúng 3 tháng kể từ ngày vay. Hỏi, theo cách đó, số tiền m mà ông A phải trả cho ngân hàng
trong mỗi lần hoàn nợ là bao nhiêu ? Biết rằng lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian
ông A hoàn nợ.

( 1,01)
m=
( 1,01) − 1 (triệu đồng)
B.
3

A.

C.

m=

m=

(

)

100. 1,01
3

3

3

(triệu đồng)

100 × 1,03
3
(triệu đồng)

Lời giải: Chọn đáp án B

m=
D.

(

)

120. 1,12

( 1,12)

3

3

−1

(triệu đồng)


Cách 1: Công thức: Vay số tiền A lãi suất r % / tháng. Hỏi trả số tiền a là bao nhiêu để n tháng
a=

(

A.r . 1 + r

( 1+ r )

n

)

n

−1

=

(

)

100.0,01. 1 + 0,01

( 1 + 0,01)

3

3

−1
hết nợ
.
Cách 2: Theo đề ta có: ông A trả hết tiền sau 3 tháng vậy ông A hoàn nợ 3 lần
V ới lãi suất 12%/năm suy ra lãi suất một tháng là 1%
• Hoàn nợ lần 1:
-Tổng tiền cần trả (gốc và lãi) là : 100.0,01 + 100 = 100.1,01 (triệu đồng)
- Số tiền dư : 100.1,01 − m (triệu đồng)
• Hoàn nợ lần 2:
- Tổng tiền cần trả (gốc và lãi) là :

( 100.1,01 − m) .0,01 + ( 100.1,01 − m) = ( 100.1,01 − m) .1,01 = 100.( 1, 01)
(

)

2

− 1,01.m

(triệu đồng)

2

100. 1,01 − 1,01.m − m
- Số tiền dư:
(triệu đồng)
• Hoàn nợ lần 3:
- Tổng tiền cần trả (gốc và lãi) là :
100. 1,01 2 − 1,01.m − m .1,01 = 100. 1,01 3 − 1,01 2 m − 1,01m


(triệu đồng)

(

)

(

- Số tiền dư:

(

(

) (

)

3

) (

2

100. 1,01 − 1,01 m − 1,01m − m

) (

)

3

)

(triệu đồng)

⇒ 100. 1,01 − 1,01 m − 1,01m − m = 0 ⇔ m =

(

) (

)

( 1,01)
⇔m=
=
 1,01 + 1,01 + 1 . 1,01 − 1
)
(
) ( 1,01) − 1
(

3

(

)

100. 1,01

2

( 1,01)

2

3

+ 1,01 + 1

3

100. 1,01 . 1,01 − 1

3

2

(triệu đồng)

Câu 22: Viết công thức tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo ra khi quay hình thang cong,
y=f x
x = a, x = b a < b
giới hạn bởi đồ thị hàm số
, trục Ox và hai đường thẳng
, xung quanh
Ox
trục
.

( )

b

A.

b

( )

V = π ∫ f 2 x dx
a

B.

(

( )

V = ∫ f 2 x dx
a

b

C.

( )

V = π ∫ f x dx
a

)

V =

D.

Lời giải: Chọn đáp án A
Câu 23: Tìm nguyên hàm của hàm số
2
f x dx = 2x − 1 2x − 1 + C

3
A.

( )

(

1

∫ f ( x)dx = − 3
C.

)

2x − 1 + C

Lời giải: Chọn đáp án B

( )

f x = 2x − 1

.

1

∫ f ( x)dx = 3 ( 2x − 1)
B.
1

∫ f ( x )dx = 2
D.

2x − 1 + C

2x − 1 + C

b

∫ f ( x) dx
a


Ta có:
=

(

( )

∫ f x dx =

)

1 2x − 1
.
2
3
2



3
2

+C =

2x − 1dx =

∫(

)

1

2x − 1 2dx

3
1 2
1
. . 2x − 1 + C = . 2x − 1 . 2x − 1 + C
2 3
3

(

)

(

)


Câu 24: Một ô tô đang chạy với tốc độ 10m / s thì người lái đạp phanh ; từ thời điểm đó, ô tô
v t = −5t + 10 m / s
chuyển động chậm dần đều với
, trong đó t là khoảng thời gian tính bằng
giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuy ển bao
nhiêu mét ?
A. 0,2m
B. 2m
C. 10m
D. 20m

()

(

)

Lời giải: Chọn đáp án C
Cách 1: Quãng đường vật di chuyển

()

()

s t = ∫ v t dt =

−5t
∫ ( −5t + 10) dt = 2

()

()

s t =0

+ 10t + C

2
−5t 2
−5
+ 10t =
t − 2 + 10 ≤ 10
2
2

s t =

(

, do đó C = 0 và
10 m
Xe dừng hẳn khi được quãng đường
kể từ lúc đạp phanh
v = 0 ⇒ −5t + 10 = 0 ⇔ t = 2 s
Cách 2: Khi vật dừng lại thì
Quãng đường vật đi được trong thời gian này là :
Tại thời điểm t = 0 thì

2

( )

)

( )

2

()

()

s t = ∫ v t dt =
0

2

∫(
0

2

 −5t 2

−5t + 10 dt = 
+ 10t ÷ = 10 m
 2
0

)

( )

π

Câu 25: Tính tích phân
1
I = − π4
4
A.

I = ∫ cos3 x.sin xdx
0

B. I = −π

.

4

C. I = 0

D.

I =−

1
4

Lời giải: Chọn đáp án C
π

Ta có:

I = ∫ cos3 x.sin xdx
0

. Đặt t = cosx ⇒ dt = − sin xdx ⇔ −dt = sin xdx

Đổi cận: với x = 0 ⇒ t = 1; với x = π ⇒ t = −1. Vậy

( )

1

−1
t4
14
I = − ∫ t dt = ∫ t dt =
=

4 −1 4
4
1
−1
−1

1

3

3

e

Câu 26: Tính tích phân
1
I =
2
A.

I = ∫ x ln xdx

:
e −2
I =
2
B.

1

2

C.

I =

e2 + 1
4

Lời giải: Chọn đáp án C
e

I = ∫ xlnxdx
1

. Đặt
e

e

u = lnx


dv = xdx


1
du = dx

x

2
x
v =

x
e

e

x2
1 x2
e2 1
e2 x2
e2 e2 1 e2 + 1
⇒ I = lnx − ∫ . dx =

xdx =

=
− + =
2
x 2
2 2 ∫0
2 40 2 4 4
4
0
0

D.

I =

e2 − 1
4

4

=0


3
Câu 27: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x − x và đồ thị hàm số
y = x − x2

37
A. 12

B.

I =

9
4

81
C. 12

D. 13

Lời giải: Chọn đáp án A
x = 0

x3 − x = x − x2 ⇔ x3 + x2 − 2x = 0 ⇔ x = 1
x = −2

Phương trình hoành độ giao điểm
3
2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x − x và đồ thị hàm số y = x − x là:
1



S=

(

0

)

∫(

x3 − x − x − x2 dx =

−2

−2

1

)

(

)

x3 + x2 − 2x dx − ∫ x3 + x2 − 2x dx

0

0

1

 x4 x3

 x4 x3

 16 8
  1 1  37
=
+
− x2 ÷ −  +
− x2 ÷ = −  − − 4÷ −  + − 1÷ =
3
3
 4 3
  4 3  12 .
 4
 −2  4
0

(H)
Câu 28: Kí hiệu

là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

(

hoành . Tính thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình
V = 4 − 2e π
A. V = 4 − 2e
B.
V = e2 − 5 π
2
V
=
e

5
C.
D.

(

Lời giải: Chọn đáp án D
Phương trình hoành độ giao điểm

(

(H)

)

(

)

y = 2 x − 1 ex

, trục tung và trục

xung quanh trục Ox :

)

)

2 x − 1 ex = 0 ⇔ x = 1

(H)

xung quanh trục Ox là:
du = 2 x − 1
u = x − 1 2


1
1
2
2
⇒

e2x
2x
V = π ∫ 2 x − 1 ex  dx = 4π ∫ x − 1 e2xdx
dv = e dx
v =



2
0
0
. Đặt
Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình

(

)

(

e2x
⇒ V = 4π x − 1
2

(

1

Gọi

V1 =

∫(
0

)

2

1

)

1

2x
2e
e2x
− 4π∫ 2 x − 1
dx = 4π x − 1
2
2
0
0

(

)

(

(

)

)

0

1

(

)

− 4π∫ x − 1 e2xdx
0

u = x − 1 ⇒ du = dx


2x
e2x
2x
x − 1 e dx
dv = e dx ⇒ v =
2
. Đặt 

)

e2x
⇒ V1 = 4π x − 1
2

(

Vậy

1

(

)

1

0

e2x
V = 4π x − 1
2

(

)

1

1
e2x
dx = 2π − πe2x = 2π − πe2 + π = 3π − πe2
0
2
0

− 4π∫
1

2

(

)

(

)

− V1 = −2π − 3π − πe2 = π e2 − 5
0

Câu 29: Cho số phức z = 3 − 2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z :

)


A. Phần thực bằng −3 và Phần ảo bằng −2i
C. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2i

B. Phần thực bằng −3 và Phần ảo bằng −2
D. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2

Lời giải: Chọn đáp án D

z = 3 − 2i ⇒ z = 3 + 2i . Vậy phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2.
Câu 30: Cho hai số phức

z1 = 1 + i



z2 = 2 − 3i

. Tính tổng modun của số phức

A.

z1 + z2 = 13

B.

z1 + z2 = 5

C.

z1 + z2 = 1

D.

z1 + z2 = 5

Lời giải: Chọn đáp án A
Ta có

(

) (

z1 + z2

)

z1 + z2 = 1 + i + 2 − 3i = 3 − 2i ⇒ z1 + z2 = 32 + 22 = 13

CASIO: Đưa về chế độ số phức.(mode 2)\ Nhập shift ABS

(

(

)

1 + i + 2 − 3i = 13

)

1+ i z = 3 − i
Câu 31: Cho số phức z thỏa mãn
.
z
Hỏi điểm biểu diễn của là điểm nào trong các điểm
M , N , P ,Q ở hình bên?
B. Điểm Q
D. Điểm N

A. Điểm P
C. Điểm M
Lời giải: Chọn đáp án B

( 1 + i ) z = 3 − i ⇔ z = 13+− ii =

( 3 − i ) ( 1− i )
( 1+ i ) ( 1− i )

=

2 − 4i
= 1 − 2i
2

CASIO: A hihi

. Vậy điểm biểu diễn của z là

(

Câu 32: Cho số phức z = 2 + 5i . Tìm số phức w = iz + z :
A. w = 7 − 3i
B. w = −3 − 3i
C. w = 3 + 7i
D. w = −7 − 7i
Lời giải: Chọn đáp án B

z = 2 + 5i ⇒ z = 2 − 5i

(

) (

)

w = iz + z = i 2 + 5i + 2 − 5i = 2i + 5i 2 + 2 − 5i = −3 − 3i
CASIO: A hihi

. Vậy w = −3 − 3i .

4
2
z ;z ;z
z
Câu 33: Kí hiệu 1 2 3 và 4 là bốn nghiệm phức của phương trình z − z − 12 = 0 . Tính tổng
T = z1 + z2 + z3 + z4
.

A. T = 4

B. T = 2 3

C. T = 4 + 2 3

).

Q 1; −2

D. t = 2 + 2 3

Lời giải: Chọn đáp án C
2
z4 − z2 − 12 = 0 . Đặt t = z2 . Phương trình trở thành t − t − 12 = 0 ⇔ t = 4 hoặc t = −3 = 3i 2


• Với

t = 4 ⇒ z2 = 4 ⇔ z1,2 = ±2

• Với

t = −3 = 3i 2 ⇒ z2 = 3i 2 ⇔ z3,4 = ± 3i

Vậy tổng

( −2)

T = z1 + z2 + z3 + z4 = 22 +

2

( )

+

3

2

( )

+

− 3

2

= 4+ 2 3

z =4
Câu 34: Cho các số phức z thỏa mãn
. Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức
w = 3 + 4i z + i
là một đường tròn . Tính bán kính r của đường tròn đó?
A. r = 4
B. r = 5
C. r = 20
D. r = 22

(

)

Lời giải: Chọn đáp án C
Giả sử

(

z = a + bi ; w = x + yi ; a ,b, x, y ∈ R

Theo đề

(

)

)

(

)(

)

w = 3 + 4i z + i ⇒ x + yi = 3 + 4i a + bi + i

x = 3a − 4b
⇔ x + yi = 3a − 4b + 3b + 4a + 1 i ⇔ 

y = 3b + 4a + 1


(

Ta có


(

) (

)

2

)

(

) (

)

2

x = 3a − 4b

y − 1 = 3b + 4a


2

(

x2 + y − 1 = 3a − 4b + 4a + 3b = 25a2 + 25b2 = 25 a2 + b2

z = 4 ⇔ a2 + b2 = 16

. Vậy

(

)

)

2

x2 + y − 1 = 25.16 = 400

Bán kính đường tròn là r = 400 = 20 .
Câu 35: Tính thể tích V của khối lập phương ABCD.A ' B 'C ' D ' , biết AC ' = a 3 :
A. V = a

3

B.

V =

3 6a3
4

Lời giải: Chọn đáp án A

C. V = 3 3a

(

3

D.

V =

1 3
a
3

)

x; x>0
Giả sử khối lập phương có cạnh bằng
Xét tam giác A 'B 'C ' vuông cân tại B ' ta có :

A 'C '2 = A 'B '2 + B 'C '2 = x2 + x2 = 2x2 ⇒ A 'C ' = x 2
2
2
2
Xét tam giác A 'AC ' vuông tại A ' ta có A 'C = A 'A + A 'C '
⇔ 3a2 = x2 + 2x2 ⇔ x = a
3
Thể tích của khối lập phương ABCD.A 'B 'C 'D ' là V = a

Câu 36: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông
góc với mặt phẳng đáy và SA = a 2 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD :
a3 2
V =
6
A.
V =

2 3
a
3

Lời giải: Chọn đáp án D

2a3
V =
4
B.

3
C. V = 2a

D.


Ta có

(

)

SA ⊥ ABCD ⇒ SA

là đường cao của hình chóp.

Thể tích khối chóp S.ABCD :

V =

1
1
a3 2
SA.SABCD = .a 2.a2 =
3
3
3


Câu 37: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC và AD đôi một vuông góc với nhau:
AB = 6a , AC = 7a
và AD = 4a . Gọi M , N , P tương ứng là các trung điểm các cạnh BC ,CD, DB
Tính thể tích V của tứ diện AMNP .
7
28 3
V = a3
V =
a
3
3
2
3
A.
B. V = 14a
C.
D. V = 7a
Lời giải: Chọn đáp án D
1
1
1
VABCD = AB . AD.AC = 6a.7a.4a = 28a3
3
2
6
Ta có
Ta nhận thấy

SMNP =

1
1
1
SMNPD = SBCD ⇒ VAMNP = V ABCD = 7a3
2
4
4

Câu 38: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a 2 . Tam giác SAD cân
4 3
a
SAD
tại S và mặt bên
vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp bằng 3 . Tính

(

)

( SCD )

khoảng cách h từ B đến mặt phẳng
4
2
h= a
h= a
3
3
A.
B.

.
C.

h=

8
a
3

D.

h=

3
a
4

Lời giải: Chọn đáp án B
Gọi I là trung điểm của AD . Tam giác SAD cân tại S
⇒ SI ⊥ AD
SI ⊥ AD
⇒ SI ⊥ ABCD

SAD

ABCD
Ta có 
⇒ SI là đường cao của hình chóp.
1
4
1
VS .ABCD = .SI .SABCD ⇔ a3 = SI .2a2 ⇔ SI = 2a
3
3
3
Theo giả thiết

(

) (

(

)

)

( SCD )
⇒ d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = 2d ( I , ( SCD ) )

Vì AB song song với

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên SD
SI ⊥ DC
I H ⊥ SD
⇒ IH ⊥ DC
⇒ I H ⊥ SCD ⇒ d I , SCD


ID ⊥ DC
I H ⊥ DC


Mặt khác 
. Ta có 

(

Xét tam giác SID vuông tại

( (

⇒ d B, SCD

I :

)

1
1
1
1
4
2a
=
+
=
+

IH
=
3
IH 2 SI 2 ID 2 4a2 2a2

) ) = d ( A, ( SCD ) ) = 2d ( I , ( SCD ) ) = 43a

( (

) ) = IH


Câu 39: Trong không gian, cho tam giác vuông ABC tại A , AB = a và AC = a 3 . Tính độ dài
đường sinh l của hình nón, nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB .
B. l = a 2

A. l = a

C. l = a 3

D. l = 2a

Lời giải: Chọn đáp án D
2
2
2
Xét tam giác ABC vuông tại A ta có BC = AC + AB = 4a ⇔ BC = 2a
Đường sinh của hình nón cung chính là cạnh huyền của tam giác ⇔ l = BC = 2a

Câu 40: Từ một tấm tôn hình chư nhật kích thước 50cm × 240cm , người ta làm các thùng đựng
nước hình trụ có chiều cao bằng 50cm , theo hai cách sau (xem hình minh họa d ưới đây)
• Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng.
• Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung
quanh của một thùng.

V
V
Kí hiệu 1 là thể tích của thùng gò được theo cách 1 và 2 là tổng thể tích của hai thùng gò được
V1
theo cách 2.Tính tỉ số
V1 1
=
V2 2
A.

V2

.

V1
B.

V2

V1

=1
C.

V2

V1

=2

D.

V2

=4

Lời giải: Chọn đáp án C
R
Ban đầu bán kính đáy là R , sau khi cắt tấm tôn bán kính đáy là 2
Đường cao của các khối trụ là không đổi
2

2

V1
R 
R
=2
V2 = 2.hπ  ÷ = hπ
2
V1 = hπR
V2
2
2

Ta có
,
. Vậy tỉ số
Câu 41: Trong không gian, cho hình chư nhật ABCD có AB = 1 và AD = 2 . Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của AD và BC . Quay hình chư nhật đó xung quanh trục MN , ta được một hình trụ .
S
Tính diện tích toàn phần tp của hình trụ đó.
S = 2π
S = 4π
S = 6π
S = 10π
A. tp
B. tp
C. tp
D. tp
Lời giải: Chọn đáp án A
r = AM =

Quay hình chư nhật ABCD xung quanh MN nên hình trụ có bán kính
Stp = 2πr .AB + 2πr 2 = 2π + 2π = 4π
Vậy diện tích toàn phần của hình trụ

AD
=1
2


Câu 42: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 1, mặt bên SAB là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích V của khối cầu
ngoại tiếp hình chóp đã cho.
A.

V =

5 15π
18

B.

V =

5 15π
54

C.

V =

4 3π
27

D.

V =


3

Lời giải: Chọn đáp án B
Gọi H là trung điểm của AB
Vì ∆SAB đều nên SH ⊥ AB
SAB ⊥ ABC ⇒ SH ⊥ ABC ⇒ SH

là đường cao
của hình chóp S.ABC
SH ⇒ d ⊥ ABC
Qua G ke đường thẳng d song song với
Gọi G là trọng tâm của ∆ABC ⇒ G là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC .
H SH = HC ⇒ HK
Gọi K là trung điểm của SC , vì ∆SHC vuông cân tại
là đường trung trực
ứng với SC .
IA = IB = IC
⇒ I A = IB = IC = I S

IS = IC


Gọi I = d ∩ HK ta có
⇒ I là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
Xét hai tam giác đều ∆ABC = ∆SAB có độ dài các cạnh bằng 1.

(

) (

)

(

)

(

)

(

)

2
3
∆ABC ⇒ CG = CH =
3
3
G là trọng tâm
Xét ∆HIG vuông tại G ta có

IG = HG =

3
15
⇒ IC =
6
6
3

4
4  15 
5π 15
V = πIC 3 = π 
÷ =
3
3  6 ÷
54

Vậy thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp

( )

P : 3x − z + 2 = 0
Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
. Vector nào
P ?
dưới đây là một vector pháp tuyến của
uu
r
uu
r
n1 = 3; −1;2
n4 = ( −1;0; −1)
A. uu
B.
r
uu
r
n3 = 3; −1;0
n2 = ( 3;0; −1)
C.
D.

( )

(

(

)

)

Lời giải: Chọn đáp án D
Vector pháp tuyến của mặt phẳng

( )

P : 3x − z + 2 = 0



uu
r
n2 = 3;0; −1

(

)

Câu 44: Trong không gian với hệ trục tọa độOxyz , cho mặt cầu:

( S ) : ( x + 1) + ( y − 2) + ( z − 1)
I ( −1;2;1)
A.
và R = 3
I ( −1;2;1)
C.
và R = 9
2

2

2

=9

. Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính R của
I 1; −2; −1
B.
và R = 3
I 1; −2; −1
D.
và R = 9

(
(

)
)

( S)

:


Lời giải: Chọn đáp án A

( S ) : ( x + 1) + ( y − 2) + ( z − 1)
Mặt cầu
2

2

2

=9

có tâm

(

)

I −1;2;1

và bán kính R = 3

( )

P
Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
có phương trình:
3x + 4y + 2z + 4 = 0 và điểm A 1; −2;3 . Tính khoảng cách d từ A đến P .
5
5
5
5
d=
d=
d=
d=
29
9
29
3
A.
B.
C.
D.

(

)

( )

Lời giải: Chọn đáp án C
Khoảng cách từ điểm A đến

( ) là
P

d=

( )

3.1 + 4. −2 + 2.3 + 4
3 +4 +2
2

2

2

=

5
29

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ có phương trình:
x − 10 y − 2 z + 2
=
=
P : 10x + 2y + mz + 11 = 0
5
1
1 . Xét mặt phẳng
, m là tham số thực. Tìm tất cả

( )

( )

P
các giá trị của m để mặt phẳng
vuông góc với đường thẳng ∆ .
A. m = −2
B. m = 2
C. m = −52

D. m = 52

Lời giải: Chọn đáp án B
r
x − 10 y − 2 z + 2
∆:
=
=
u = 5;1;1
5
1
1 có vector chỉ phương
Đường thẳng
u
r
n
= 10;2;m
P : 10x + 2y + mz + 11 = 0
Mặt phẳng
có vector pháp tuyến
r
u
r
P

u
n
Để mặt phẳng
vuông góc với đường thẳng thì phải cùng phương với
5 1 1
= =
⇔m=2
10 2 m
.

(

)

(

( )

)

( )

(

)

(

)

A 0;1;1
B 1;2;3
Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho hai điểm

. Viết phương
P
trình của mặt phẳng
đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB .
A. x + y + 2z − 3 = 0
B. x + y + 2z − 6 = 0

( )

C. x + 3y + 4z − 7 = 0

Lời giải: Chọn đáp án A

( )
) (
P

D. x + 3y + 4z − 26 = 0

(

uuur
AB = 1;1;2

)

(

A 0;1;1

)

Mặt phẳng
đi qua
và nhận vecto
là vector pháp tuyến
P : 1 x − 0 + 1 y − 1 + 2 z − 1 = 0 ⇔ x + y + 2z − 3 = 0

( ) (

)

(

)


( )
( )

(

)

S
I 2;1;1
Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
có tâm
và mặt phẳng
P : 2x + y + 2z + 2 = 0
P
S
. Biết mặt phẳng
cắt mặt cầu
theo giao tuyến là một đường tròn
S
có bán kính bằng 1. Viết phương trình của mặt cầu

( )

( )

( S ) : ( x + 2) + ( y + 1) + ( z + 1)
A.
2

2

( S ) : ( x − 2) + ( y − 1) + ( z − 1)
C.
2

2

2

2

( )
( S ) : ( x + 2) + ( y + 1) + ( z + 1)
B.
( S ) : ( x − 2) + ( y − 1) + ( z − 1)
D.

=8
=8

Lời giải: Chọn đáp án D

2

2

2

2

2

2

= 10
= 10

( )

S
Gọi R, r lần lượt là bán kính của mặt cầu
và đường tròn giao tuyến

( ( ( )))

R = r + d I, P
2

Ta có

2

2

2

 2.2 + 1.1 + 2.1 + 2 
÷ = 10
= 1+ 
2
2

÷
2 + 1+ 2



( S ) tâm I ( 2;1;1) bán kính R =
Mặt cầu

10 là ( x − 2) + ( y − 1) + ( z − 1)
2

2

(

2

= 10

)

A 1;0;2
Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho điểm
và đường thẳng d có phương
x−1 y z +1
= =
1
2 . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , vuông góc và cắt d.
trình: 1
x −1 y z−2
= =
1
1
A. 1
x −1 y z −2
= =
2
1
C. 2

x−1 y z−2
= =
1
−1
B. 1
x−1 y
z−2
=
=
−3
1
D. 1

Lời giải: Chọn đáp án B
r
x −1 y z +1
d:
= =
u = 1;1;2
1
1
2 có vecto chỉ phương
Đường thẳng

(

)

( P ) là mặt phẳng qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d , nên nhận vecto chỉ phương
( P ) : 1( x − 1) + y + 2( z − 2) = x + y + 2z − 5 = 0
của d là vecto pháp tuyến
( P ) và đường thẳng d ⇒ B ( 1 + t ;t ; − 1 + 2t )
Gọi B là giao điểm của mặt phẳng
B ∈ ( P ) ⇔ ( 1 + t ) + t + 2( −1 + 2t ) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ B ( 2;1;1)

uuur
AB = ( −1; −1;1) = −1( 1;1; −1)
Ta có đường thẳng ∆ đi qua A và nhận vecto
là vecto chỉ phương
Gọi

∆:

x−1 y z −2
= =
1
1
1 .


(

) (

)

(

)

A 1; −2;0 , B 0; −1;1 C 2;1; −1
Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho bốn điểm
,

D 3;1;4
. Hỏi tất cả có bao nhiêu mặt phẳng cách đến bốn điểm đó?
A. 1 mặt phẳng
B. 4 mặt phẳng
C. 7 mặt phẳng
D. có vô số

(

)

Lời giải: Chọn đáp án C
uuur
uuuu
r
uuur
uuur uuuu
r uuur
AB = −1;1;1 , AC = 1;3; −1 , AD = 2;3;4 ⇒ AB ;AC  .AD = −24 ≠ 0


Ta có:
A , B ,C
Suy ra
và D là 4 đỉnh của một tứ diện. Các mặt phẳng cách đều 4 đỉnh của tứ diện
ABCD gồm có 7 trường hợp sau:

(

)

(

)

(

)



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×