Tải bản đầy đủ

De 6818

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

LUYỆN ĐỀ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2018 SỐ 68
Ngày 09 tháng 04 năm 2018
Câu 1: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

−i

( 1 + i ) z − 1 − 3i = 0 . Tìm phần ảo của số phức w = 1 − zi + z

D. −2i
r
r
r r r r r
r r r
Câu 2: Cho các mệnh đề sau: 1) u = 3i + 2 j − k , v = −i − 3 j + k ; thì u , v  = ( −1; −2; −7 )
 
A.


B. – 1

C. 2

r r
r
r
u = ( 0;1; −2 ) , v = ( 3;0; −4 ) ; thì u, v  = ( −4; −6; −3)
r r uu
r
r r r r r
r r uu
r r r r
3) u = 3i + j − 3k , v = − j + 5k , w = 2i − 3 j + k ; thì u , v  .w = 80
 
r r uu
r
r r r r r r r uu
r r
4) u = i + j , v = i + j + k , w = i ; thì u , v  .w = 1
2)

Hỏi có bao nhiêu mệnh đề đúng.

A. 1

B. 3

C. 3

D. 4

Câu 3: Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình sau có đúng 3 nghiệm thực phân biệt
2

9 x − 2.3x

2

+1



+ 3m − 1 = 0

A.

m=

10
3

B.

2
10
3

C. m = 2

D. m < 2

Câu 4: Một người thả 1 lá bèo vào một cái ao, sau 12 giờ thì bèo sinh sôi phủ kín mặt ao. Hỏi sau mấy giờ thì bèo phủ kín

1
5

mặt ao, biết rằng sau mỗi giờ thì lượng bèo tăng gấp 10 lần lượng bèo trước đó và tốc độ tăng không đổi
A.

12 − log 5 (giờ)

B.

12
(giờ)
5

C. 12 − log 2 (giờ)

Câu 5: Tập giá trị của m thỏa mãn bất phương trình
A. 3.

2.9 x − 3.6 x
≤ 2( x ∈ ¡
6x − 4x

B. 1

Câu 6: Cho hàm số

)

D. 12 + ln 5 (giờ)


( −∞; a ) ∪ ( b; c ) . Khi đó a + b + c

C. 2

D. 0

y = f ( x ) liên tục trên ¡ \ { −1} , các khoảng xác định của nó và có bảng biến thiên như hình vẽ:
−∞

x

y'

1
+

+

+∞

y

1
0

+∞

-

2

−∞

1

1

Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Đồ thị hàm số có 3 tiệm cận.

B. Phương trình

f ( x ) = m có 3 nghiệm thực phân biệt thì m ∈ ( 1; 2 )

C. Giá trị lớn nhất của hàm số là 2. D. Hàm số đồng biến trên
Câu 7: Cho

( −∞;1)

a = log 4 3, b = log 25 2 . Hãy tính log 60 150 theo a, b

A.

1 2 + 2b + ab
log 60 150 = .
2 1 + 4b + 2ab

B.

log 60 150 =

1 + b + 2ab
1 + 4b + 4ab

C.

1 1 + b + 2ab
log 60 150 = .
4 1 + 4b + 2ab

D.

log 60 150 = 4.

1 + b + 2ab
1 + 4b + 4ab

( cos α + cos β ) + ( sin α + sin β )
π
Câu 8: Cho α − β = . Tính giá trị P =
2
2 . Chọn đáp án đúng
6
( sin α − cos β ) + ( sin β + cos α )
2

A.

P = 2− 3

B.

P = 2+ 3

C.

2

P = 3+ 2

D.

P = 3− 2

Câu 9: Cho phương trình: cos x + sin 4 x − cos 3 x = 0 . Phương trình trên có bao nhiêu họ nghiệm x = a + k 2π

bằng

1


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
A. 2

ĐT:01694838727
B. 6

Câu 10: Gọi

C. 3

2

D. 5

S1 , S2 , S3 lần lượt là tập nghiệm của các bất phương trình sau:
x

 1 
2 + 2.3 − 5 + 3 > 0 ; log 2 ( x + 2 ) ≤ −2 ; 
÷ > 1 . Tìm khẳng định đúng?
 5 −1 
x

x

A.

x

S1 ⊂ S3 ⊂ S 2

B.

S 2 ⊂ S1 ⊂ S3
y=

Câu 11: Tìm GTLN và GTNN của hàm số

 max y = 1

A. 
−1
 min y = 11

max y = 2

C. 
2
min y = 11

B. 5

S 2 ⊂ S3 ⊂ S1

max y = 1

D. 
1
min y = 11

5

C.

13

D.

y = cos x . Điều kiện xác định của hàm số là :

A. ∀x

B. x ≠ −1
4

Câu 14: Biết I = ∫ x ln ( 2 x + 1) dx =
0

S = a+b+c

A.

Câu 16: Parabol

y=

C.

π
 π

x ∈  − + k 2π ; + k 2π 
2
 2


D.

x≠±

π
2

a
a
ln 3 − c , trong đó a, b, c là các số nguyên dương và là phân số tối giản. Tính
b
b

S = 60

Câu 15: Số nghiệm của phương trình

trong đó

D.

z1 = 1 − i và z2 = 2 + 3i . Tính môđun của số phức z2 − iz1

3

Câu 13:

S1 ⊂ S2 ⊂ S3

2sin x + cos x + 3

2 cos x − sin x + 4

 max y = 2

B. 
−2
 min y = 11

Câu 12: Cho hai số phức
A.

C.

B.

S = 17

C.

log 2 ( x + 3) − 1 = log

2

S = 72

x là: A. 1

D.
B. 3

S = 68

C. 0

D. 2

x2
chia hình tròn có tâm là gốc tọa độ, bán kính bằng 2 2 thành hai phần có diện tích S1 và S 2 ,
2

S1 < S 2 . Tìm tỉ số

S1
S2

A.

3π + 2
21π − 2

B.

3π + 2
9π − 2

C.

3π + 2
12π

D.

9π − 2
3π + 2

Câu 17: Một đội ngũ giáo viên gồm 8 thầy giáo dạy toán, 5 cô giáo dạy vật lý và 3 cô giáo dạy hóa học. Sở giáo dục cần chọn ra
4 người để chấm bài thi THPT quốc gia, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có cô giáo và có đủ ba bộ môn
A.

5
9

Câu 18: Cho điểm

B.

3
7

C.

4
7

D.

4
9

M ( −3; 2; 4 ) , gọi A,B,C lần lượt là hình chiếu của M trên trục Ox, Oy, Oz. Trong các mặt phẳng sau, tìm

mặt phẳng song song với mặt phẳng (ABC)
A. 6 x − 4 y − 3z − 12 = 0

B. 3 x − 6 y − 4 z + 12 = 0

Cnn−−13
1
Câu 19: Giải bất phương trình 4 ≤
An +1 14 P3

A.
n

Câu 20: Cho khai triển:

C. 4 x − 6 y − 3z + 12 = 0

3≤ n≤7

n
1 

P ( x ) =  x + 4 ÷ = ∑ Cnk
2 n  k =0


B.

( )
x

Tìm các số hạng của khai triển nhận giá trị hữu tỷ ∀x ∈ N * A.
Câu 21: Giá trị cực đại của hàm số

n−k

C.

4 x − 6 y − 3z − 12 = 0

3≤ n≤6

D.

n≥6

k

 1 
 4 ÷ biết ba hệ số đầu tiên lập thanhh̀ cấp số cộng.
2 n

C84
x
24

y = x + sin 2 x trên ( 0; π ) là:

n≥7

D.

B.

1
2 x2
8

C. A và B

D. đáp án khác


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

A.

π
3
+
6 2

ĐT:01694838727

B.


3
+
6
2

Câu 22: Tìm tập xác định của hàm số
A.

( −∞; −

2  ∪  2; +∞

B.
2

(−

2; 2

Câu 24: Giới hạn

lim
x →3

C.

)

2

C.

D.

C. −9 ≤ m ≤ 21

( −∞; −

B.

1
9

C.

−1 D.

9
8

y = f ( x ) = cos3 x



B.



f ( x ) dx =

1
3
sin 3 x − sin x + C
12
4

D.

Câu 26: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có đường cao

3a
4

2 

D. −9 < m < 21

a
x + 1 − 5x + 1
bằng
(phân số tối giản). Giá trị của a − b là: A. 1
b
x − 4x − 3

cos 4 x
+C
x

A.

 − 2; 2 



và (S) không có điểm chung là:

f ( x ) dx =

S.ABC bằng

π
3
+
3 2

2

B. m < −9 hoặc m > 21

Câu 25: Tìm nguyên hàm của hàm số
A.

D.

+ ( y − 2 ) + ( z − 3) = 25 và mặt phẳng

( α ) : 2 x + y − 2 z + m = 0 . Các giá trị của m để ( α )
A. m ≤ −9 hoặc m ≥ 21


3

3
2

2− x2

y = 2017

)

( S ) : ( x + 1)

Câu 23: Cho mặt cầu

C.

3

B.

3a
2



f ( x ) dx =

cos 4 x.sin x
+C
4

·
SO = a, SAB
= 450 . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

C.

Câu 27: Trong không gian cho hình chữ nhật ABCD có

1  sin 3 x

+ 3sin x ÷+ C
3


∫ f ( x ) dx = 4 

3a
2

3a
4

D.

AB = 1, AD = 2 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD và BC. Quay

hình chữ nhật đó xung quanh trục MN ta được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần của hình trụ đó?
A. 10π

B. 4π

Câu 28: Cho hàm số

2x − 3

y=

x2 − 2x − 3

C. 2π

D. 6π

. Đồ thị hàm số có bao nhiêu tiệm cận?

Câu 29: Một chất điểm đang cuyển động với vận tốc

A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

v0 = 15m / s thì tăng vận tốc với gia tốc a ( t ) = t 2 + 4t ( m / s 2 ) . Tính

quãng đường chất điểm đó đi được trong khoảng thời gian 3 giây kể từ lúc bắt đầu tăng vận tốc.
A.

68, 25m

B. 70,25m

Câu 30: Cho số phức

C. 69,75m

D. 67,25m

z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) . Tính giá trị biểu thức thỏa mãn P = a − b

A. P = 5

B.

C. P = 3

P = −2

D.

P =1

z có điểm biểu diễn là M, M’. Số phức z. ( 4 + 3i ) và số phức liên hợp của

Câu 31: Cho số phức z và số phức liên hợp của nó

nó có điểm biểu diễn lần lượt là N, N’. Biết rằng 4 điểm M, N, M’, N’ tạo thành hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

z + 4i − 5

A.

1
2

B.

2
5

C.

5
34

D.

Câu 32: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông tại A;

với

( A ' B ' C ')

góc

600 . Thể tích lăng trụ đã cho bằng bao nhiêu? A.

9 39
26

4
13

AB = 2, AC = 3 . Mặt phẳng ( A ' BC ) hợp

B.

3 39
26

C.

18 39
13

D.

6 39
13


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

Câu 33: Cho hàm số

ĐT:01694838727

17
1 
y = 2 x 2 − 3 x − 1 . Giá trị lớn nhất của hàm số trên  ; 2  là: A.
8
2 

Câu 34: Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn

B.

9
4

C. 2

D. 3

0 < a < b < c < d và hàm số y = f ( x ) . Biết hàm số y = f ' ( x ) có

đồ thị như hình vẽ. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

y = f ( x ) trên [ 0; d ] . Khẳng định nào

sau đây là khẳng định đúng?

A.

M + m = f ( b) + f ( a)

B.

M + m = f ( d ) + f ( c)

C.

M + m = f ( 0) + f ( c )

D.

M + m = f ( 0) + f ( a )

Câu 35: Nếu

1
1
1
;
;
lập thành một cấp số cộng (theo thứ tự đó) thì dãy số nào sau đây lập thành một cấp số
b+c c+a a+b

cộng ?

b2 ; a2 ; c2

A.

Câu 36: Cho các hàm số

B.

c 2 ; a 2 ; b2

C.

a 2 ; c 2 ; b2

D.

a 2 ; b2 ; c 2

f ( x ) = sin 4 x + cos 4 x, g ( x ) = sin 6 x + cos 2 x . Tính biểu thức 3 f ' ( x ) − 2 g ' ( x ) + 2

A. 0

B. 2

C. 1

Câu 37: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

D. 3

( S ) : ( x − 2)

2

+ ( y + 1) + ( z − 3) = 9
2

2

. Mệnh đề nào đúng?
A. Mặt cầu (S) tiếp xúc với (Oxy)
C. Mặt cầu (S) tiếp xúc với
Câu 38: Cho điểm

B. Mặt cầu (S) không tiếp xúc với cả ba mặt

( Oyz )

D. Mặt cầu (S) tiếp xúc với

( Oxy ) , ( Oxz ) , ( Oyz )

( Oxz )

M ( 3; 2;1) , Mặt phẳng (P) đi qua điểm M và cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho M là trực

tâm tam giác ABC. Phương trình mặt phẳng (P) là:
A.

x y z
+ + =0
3 2 1

Câu 39: Hàm số

A.

y=

B.

x+ y + z −6 = 0

 1 
m ∈  − ; 2  \ { −1}
 2 

1 1 1
 ;− ; ÷
2 2 2

Câu 41: Hàm số

trị của m là: A.

3 x + 2 y + z − 14 = 0 D.

x y z
+ + =1
3 2 1

x2 − 4 x
đồng biến trên [ 1; +∞ ) thì giá trị của m là
x+m
B.

m ∈ ( −1; 2] \ { −1}

Câu 40: Gọi I là tâm mặt cầu đi qua 4 điểm
A.

C.

B.

C.

1

m ∈  −1; ÷
2


D.

1

m ∈  −1; 
2


M ( 1;0;0 ) , N ( 0;1;0 ) , P ( 0;0;1) , Q ( 1;1;1) . Tìm tọa độ tâm I

2 2 2
 ; ; ÷
3 3 3

C.

1 1 1
 ; ; ÷
2 2 2

D.

 1 1 1
 − ;− ;− ÷
 2 2 2

y = x 4 − 2mx 2 + m có ba điểm cực trị và đường tròn đi qua ba điểm cực trị này có bán kính bằng 1 thì giá

m = 1; m =

−1 ± 5
2

B.

m = −1; m =

−1 + 5
2

C. m = 1;

m=

−1 + 5
−1 − 5
D. m = 1; m =
2
2

4


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

Câu 42: Cho hình chóp tứ giá đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với đáy một góc

5

600 . Gọi M là điểm đối xứng

của C qua D, N là trung điểm SC. Mặt phẳng (BMN) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần. Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần

lớn trên phần bé) bằng:

7
5

A.

B.

1
7

C.

Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

song song và cách (P) một khoảng bằng

7
3

D.

6
5

( P ) : 2 x + y − 3z + 2 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q)

11
2 14

A.

−4 x − 2 y + 6 z + 7 = 0; 4 x + 2 y − 6 z + 15 = 0

B.

−4 x − 2 y + 6 z − 7 = 0; 4 x + 2 y − 6 z + 5 = 0

C.

−4 x − 2 y + 6 z + 5 = 0; 4 x + 2 y − 6 z − 15 = 0

D.

−4 x − 2 y + 6 z + 3 = 0; 4 x + 2 y − 6 z − 15 = 0

Câu 44: Cho tứ diện S.ABC trên cạnh SA và SB lấy điểm M và N sao cho thỏa tỉ lệ

SM 1 SN
= ;
= 2 , mặt phẳng đi qua
AM 2 NB

MN và song song với SC chia tứ diện thành hai phần, biết tỉ số thể tích của hai phần ấy là K, vậy K là giá trị nào?
A.

K=

2
3

B.

K=

4
9

C.

K=

4
5

D.

Câu 45: Thể tích khối tròn xoay do hình phẳng được giới hạn bởi các đường

nhiêu?

A.


10

B. 10π

Câu 46: Đạo hàm của hàm số

y = 1 − log

−1
A.

2 x log 1 − log

C.

10π
3

B.

y = x 2 và x = y 2 quay quanh trục Ox bằng bao

1
là:
x
1

2 x ln10 1 − log

Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz; cho
động trên các tia Ox, Oy, Oz sao cho

5
9

D. 3π

−1
1
x

K=

1
x

C.

1

2 x log 1 − log

1
x

D.

2 x ln10 1 − log

1
x

A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c dương. Biết A, B, C di

a + b + c = 2 . Biết rằng khi a, b, c thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện

OABC thuộc mặt phẳng (P) cố định. Tính khoảng cách từ M tói mặt phẳng (P)
A. 2017

B.

Câu 48: Gọi

2014
3

A.

2016
3

2015
3

D.

z1 , z2 , z3 , z4 là bốn nghiệm phức của phương trình z 4 − z 2 − 8 = 0 . Trên mặt phẳng tọa độ z gọi A , B , C , D

lần lượt là bốn điểm biểu diễn bốn nghiệm
tọa độ.

C.

P=4

B.

P = 2+ 2

z1 , z2 , z3 , z4 đó. Tính giá trị của P = OA + OB + OC + OD , trong đó O là gốc
C.

P=2 2

D.

P = 4+ 2 2

Câu 49: Một hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có thể tích bằng V. Khi đó, thể tích tứ diện A’C’BD
A.

2V
3

B.

2V
3

Câu 50: Người ta cắt một tờ giấy hình vuông có cạnh bằng

C.

V
3

D.

V
6

2 để gấp thành một hình chóp tứ giác đều sao cho bốn đỉnh của

hình vuông dán lại thành đỉnh của hình chóp. Tính cạnh đáy của khối chóp để thể tích của nó lớn nhất.
A.

2
5

B.

2
5

C. 1

D.

4
5


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

LỜI GIẢI CHI TIẾT SỐ 68
Câu 1: Đáp án C giả sử
The giả thiết, ta có
Suy ra

z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) ⇒ z = x − yi
x = 2
 y = −1

( 1 + i ) ( x − yi ) − 1 − 3i = 0 ⇔ ( x + y − 1) + ( x − y − 3) i = 0 ⇔ 

2
z = 2 − i ⇒ z = 2 + i Ta có w = 1 − ( 2 − i ) i + 2 + i = 3 + i − 2i + i = 2 − i . Vậy chọn phần ảo là – 1

Câu 2: Đáp án D 1)

r
r
r r  2 −1 −1 1 3 2 
u = ( 3; 2 − 1) ; v = ( −1; −3;1) ⇒ u, v  = 
;
;
÷ = ( −1; −2; −7 )

3
1
1

1

1

3



r r  1 −2 −2 0 0 1 
u , v  = 
;
;
÷ = ( −4; −6; −3 )
 
0

4

4
3
0
0


r
r
uu
r
r r
r r uu
r
3) Ta có u = ( 4;1; −3 ) ; v = ( 0;1;5 ) ; w = ( 2; −3;1) ⇒ u, v  = ( 8; −20; 4 ) ⇒ u, v  .w = 80
 
 
r
r
uu
r
r r
r r uu
r
4) Ta có u = ( 1;1;0 ) ; v = ( 1;1;1) ; w = ( 1;0;0 ) ⇒ u , v  = ( 1; −1;0 ) ⇒ u, v  .w = 1
2)

Câu 3: Đáp án C.Đặt

2
t = 3x , t ≥ 1 ⇒ pt ⇔ t 2 − 6t + 3m − 1 = 0 ( *) . Đặt f ( t ) = t − 6t + 3m − 1
2

 3x = a
 x 2 = log 3 a
⇔ 2
Giả sử phương trình f ( t ) có 2 nghiệm là a và b thì  2
 x = log 3 b
3x = b
2

Vậy ta có nhận xét rằng để (*) có 3 nghiệm thì

Khi đó

log 3 a = 0
a = 0
⇔

b > 1
log 3 b > 0

f ( 1) = 1 − 6 + 3m − 1 = 0 ⇔ m = 2

Câu 4: Đáp án A.Gọi t là thời gian bèo phủ kín

Câu 5: Đáp án D.Điều kiện: x ≠ 0 . Ta có

Với

t = 1
m = 2 ⇒ f ( t ) = t 2 − 6t + 5 = 0 ⇔ 
( tm )
t = 5 > 0

1
1012
1012
mặt ao, khi đó 10t =
⇔ t = log
= 12 − log 5
5
5
5

2.9 x − 3.6 x
2.9 x − 5.6 x + 2.4 x

2

≤0
6x − 4x
6x − 4x

6


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

Chia cả tử và mẫu của vế trái cho
2x

7

4 x > 0 , bất phương trình tương đương với

x

3
3
2.  ÷ − 5  ÷ + 2
x
3
2
2


0
. Đặt t =  ÷ , t > 0 bất phương trình trở thành
x
3
2
 ÷ −1
2
1

x≤
2t 2 − 5t + 2

≤0⇔
2

t −1
1 < t ≤ 2

1
Với t ≤
ta có
2

x

1
3 1
 ÷ ≤ ⇔ x ≤ log 3 ⇔ x ≤ − log 3 2
2 2
2 2
2

x

3
÷ ≤ 2 ⇔ 0 < x ≤ log 3 2
2
2

Với 1 < t ≤ 2 ta có 1 < 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là


 

S =  −∞; − log 3 2  ∪  0;log 3 2 

2 

2 

Câu 6: Đáp án B.Dựa vào bảng biến thiên, ta có các nhận xét sau:

( −∞;1)

+ Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
+ Ta thấy

( −1;1)

lim y = 1 và lim y = ±∞ đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận
x →−1

x →±∞

+ Phương trình

f ( x ) = m có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 < m < 2 + Hàm số không có GTLN trên tập xác định

Câu 7: Đáp án B.Ta có

Khi đó



log 60

1
4b

b = log 25 2 = log 52 2 ⇒ 2b = log 5 2 ⇔ 4b = log 5 4 ⇒ log 4 5 =

1
1
1
2
+a+
log 4 3 + 2.log 4 5
1
1 log 4 ( 2.3.5 ) 1 2
1 2
2b = 1 + b + 2ab
150 = .log 60 150 = .
= .
= .
2
2 log 4 ( 4.3.4 ) 2 1 + log 4 3 + log 4 5 2 1 + a + 1
1 + 4b + 4ab
4b

π
2 + 2 ( cos α cos β + sin α sin β ) 2 + 2 cos ( α − β )
6 = 2+ 3
=
=
Câu 8: Đáp án B.
2 − 2 ( sin α cos β − sin β cos α ) 2 − 2sin ( α − β ) 2 − 2sin π
6
2 + 2 cos

Câu 9: Đáp án B. cos x + sin 4 x − cos 3 x = 0 ⇔ 2sin 2 x.sin x + 2sin 2 x.cos 2 x

=0



x = 2


 x = π + k 2π
sin 2 x = 0


2
⇔ 2sin 2 x ( sin x + cos 2 x ) = 0 ⇔ sin 2 x ( −2sin 2 x + sin x + 1) = 0 ⇔ sin x = 1 ⇔ 
 x = −π + k 2π

−1
6

sin x =

2


+ k 2π
x =
6

Nghiệm thứ nhất có 4 họ nghiệm , nhưng có 1 nghiệm trùng với nghiệm thứ 2, như vậy có tất cả 6 họ nghiệm thỏa mãn đề bài
x

x

x

2
3
1
Câu 10: Đáp án D Dựa vào giả thiết, ta có + Bất phương trình ⇔  ÷ + 2  ÷ + 3  ÷ − 5 > 0
5
5
5
x

Đặt

x

x

x

x

x

2
3 1
1
2
3
1
2
3
f ( x ) =  ÷ + 2  ÷ + 3  ÷ − 5 ⇒ f ' ( x ) =  ÷ ln + 2  ÷ ln + 3  ÷ ln − 5 < 0 ⇒ f ( x ) nghịch
5
5 5
5
5
5
5
5
5

biến trên tập xác định.Mặt khác

f ( 1) = 0 ⇒ f ( x ) > 0 ⇔ x < 1 ⇒ S1 = ( −∞;1)


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727

x + 2 > 0
 x > −2
7



+ Bất phương trình ⇔ 
1⇔
7 ⇒ S 2 =  −2; −  + Bất phương trình ⇔ x < 0 ⇒ S3 = ( −∞;0 )
4

 x + 2 ≤ 4
 x ≤ − 4
Suy ra

S 2 ⊂ S3 ⊂ S1
2 cos x − sin x + 4 ≠ 0 ⇒ x ∈ ¡

Câu 11: Đáp án C- TXĐ:
- Khi đó:

y ( 2 cos x − sin x + 4 ) = 2sin x + cos x + 3 ⇔ ( 2 y − 1) cos x − ( y + 2 ) sin x = 3 − 4 y ( *)

- Để (*) có nghiệm thì:

( 3 − 4y)

Câu 12: Đáp án C.Ta có

2

2
≤ ( 2 y − 1) +  − ( y + 2 )  ⇔ ≤ y ≤ 2 .Từ đây suy ra
11
2

2

max y = 2


2
min y = 11

z2 − iz1 = 2 + 3i − i + i 2 = 1 + 2i ⇒ z2 − iz1 = 12 + 22 = 5

π
 π

cos x ≥ 0 ⇔ x ∈  − + k 2π ; + k 2π  .Tập giá trị: ta có 0 ≤ cos x ≤ 1 ⇔ 0 ≤ y ≤ 1
2
 2


Câu 13: Đáp án C.Điều kiện:

2

du =
dx

 x2

u = ln ( 2 x + 1)

2x +1
⇒

I
=
Câu 14: Đáp án B .Đặt 
 2 ln ( 2 x + 1) 
2


 dv = xdx
v = x

2
 x2

⇔ I =  ln ( 2 x + 1) 
2


4
0

4
x 1
1
− ∫  − +
2 4 4 ( 2 x + 1)
0


 x2

dx
=
÷
 2 ln ( 2 x + 1) 
÷




4
0

4
0

4

−∫
0

x2
dx
2x +1

 x2 1
 4
1
−  − x + ln ( 2 x + 1) ÷
8
 4 4
 0

 a = 63
63

⇔ I = ln 3 − 3 ⇒ b = 4 ⇒ S = a + b + c = 70
4
c = 3

Cách : PP hằng số

2

du = 2 x + 1 dx
 4 x2 −1

u = ln ( 2 x + 1)

⇒

I
=
Đặt 
1
 8 ln ( 2 x + 1) 
2
x −


 dv = xdx

4 = ( 2 x + 1) ( 2 x − 1)
v =
2
8

x2 − 4)
(
63
⇒ I = ln 9 =
8
4

4
0

4
0

4

−∫
0

2x −1
dx
4

a = 63
63

= ln 3 − 3 ⇒ b = 4 ⇒ S = a + b + c = 70
4
c = 3


x > 0
x
>
0
x
>
0



 x + 3 > 0, x > 0
3


  x = −1
⇔
⇔ x+3
⇔ 
⇒x=
Câu 15: Đáp án A PT ⇔ 
x+3
2
2
log 2 ( x + 3) − log 2 x = 1 log 2 2 = 1  2 = 2
 x = 3
x

 x
 
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

 x2 + y2 = 8
 x = ±2

⇔
Câu 16: Đáp án B.Ta có 
x2
y = 2
y =

2

8


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727


x2 
4
S1 = ∫  8 − x 2 − ÷dx = 2π + (bấm máy tính)
2
3
−2 
2

Ta có parabol và đường tròn như hình vẽ bên.Khi đó

4
S
4
3 = 3π + 2
Suy ra S 2 = 8π − S1 = 6π − . Suy ra 1 =
S 2 6π = 4 9π − 2
3
3
2π +

Câu 17: Đáp án B.Ta có: chọn ra 4 thầy cô từ 16 thầy cô có

C164 = 1820 (cách chọn)

+ Để chọn được 4 giáo viên phải có cô giáo và đủ ba bộ môn, vậy có các trường hợp sau:
* Trường hợp 1: chọn 2 thầy toán, 1 cô lý, 1 cô hóa có

C82C51C31 (cách chọn)

* Trường hợp 2: chọn 1 thầy toán, 2 cô lý, 1 cô hóa có

C81C25C31 (cách chọn)

* Trường hợp 3: chọn 1 thầy toán, 1 cô lý, 2 cô hóa có

C81C51C32 (cách chọn)

Vậy xác suất để chọn được 4 người phải có cô giáo và có đủ ba bộ môn là

P=

C82C51C31 + C81C25C31 + C81C51C32 3
=
C164
7

⇒ A ( −3;0;0 ) , B ( 0; 2;0 ) , C ( 0;0; 4 )
uuu
r uuur
uuuuur
uuur
uuur
Ta có AB = ( 3; 2;0 ) và AC = ( 3;0; 4 ) suy ra  AB; AC  = ( 8; −12; −6 ) ⇒ n( ABC ) = ( 4; −6; −3 )
Câu 18: Đáp án D.A, B, C là hình chiếu của M trên trục Ox, Oy, Oz

Phương trình mặt phẳng (ABC) là

4 x − 6 y − 3z + 12 = 0

Hoặc phương trình mặt phẳng (ABC) theo đoạn chắn, ta được (ABC):
Vậy mặt phẳng có phương trình
Câu 19: Đáp án D.Điều kiện:

x y z
+ + =1
−3 2 4

4 x − 6 y − 3z + 12 = 0 song song với mặt phẳng (ABC)

n≥3

Cnn−−13
( n − 1) !( n − 3) ! ≤ 1 ⇔ 1 ≤ 1 ⇔ n + 1 n ≥ 42 ⇔ n ≥ 6
1


(
)
4
An +1 14 P3
( n − 3) !2!( n + 1) ! 14.3 ( n + 1) n 42
1 n
n ( n − 1)
1
Cn0 = 1; Cn1 . = và Cn2  ÷ =
lập thành cấp số
2 2
8
2
2

Câu 20: Đáp án C.Ba hệ số đầu tiên của khai triển là

cộng nên: 1 +

n = 8
n ( n − 1)
n
= 2. ⇔ n 2 − 9n + 8 = 0 ⇔ 
( n = 1 thì khai triển chỉ có 2 số hạng)
8
2
 n = 1( L )
8− k

Ck x 2
Các số hạng của khai triển đều có dạng: 8k . k
2
x4
Số hạng nhận giá trị hữu tỷ ∀x ∈ N * ứng với

( 8 − k ) M2
⇒ k ∈ { 0; 4;8}

 k M4

Vậy khai triển có 3 số hạng luôn nhận giá trị hữu tỷ

Câu 21: Đáp án D.Ta có

∀x ∈ N * là 1;

1
C84
x và 8 2
4
2 x
2

y ' = ( x + sin 2 x ) ' = 1 + 2 cos 2 x ⇒ y ' = 0 ⇔ 1 + 2 cos 2 x = 0 ⇔ cos 2 = −

1
2

9


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727 10

π

x=

π
3
⇔ x = ± + kπ ( k ∈ ¢ ) , x ∈ ( 0; π ) ⇒ 
3
 x = 2π

3
 y '' π  = −2 3 < 0 ( CĐ )
  3 ÷
π
3
⇒ Giá trị cực đại của hàm số bằng y π  = +
Mặt khác y '' = −4sin 2 x ⇒ 
3 2
 ÷
 y '' 2π  = 2 3 > 0 ( CT )
3

÷
  3 
Câu 22: Đáp án C.Hàm số xác định khi và chỉ khi
Câu 23: Đáp án B. Xét

Để (S) và

(α)

( S ) : ( x + 1)

2

2 − x 2 ≥ 0 ⇔ − 2 ≤ x ≤ 2 ⇒ D =  − 2; 2 

+ ( y − 2 ) + ( z − 3) = 25 ⇒ I ( −1; 2;3) và bán kính R = 5
2

không có điểm chung khi d

2

( I;( P) ) > R ⇔

 m > 21
> 5 ⇔ m − 6 > 15 ⇔ 
 m < −9

−1.2 + 2 − 2.3 + m
22 + 11 + ( −2 )

2

Câu 24: Đáp án A
Ta có

lim
x →3

Suy ra

(

)

(

)

x + 4 x − 3 ( x − 3) x
x x + 4x − 3
x + 1 − 5x + 1
9
= lim
= lim
=
x →3
8
x − 4x − 3
x + 1 + 5 x + 1 ( x − 3) ( x − 1) x →3 ( x − 1) x + 1 + 5 x + 1

(

)

(

)

a = 9; b = 8 ⇒ a − b = 1

Câu 25: Đáp án B.Ta có

∫ f ( x ) dx = ∫ cos

3

Câu 26: Đáp án C.Tam giác SAB cân tại S có

xdx =

1
1 sin 3 x

+ 3sin x ÷+ C
( cos 3x + 3cos x ) dx = 

4
4 3


·
SAB
= 450 ⇒ ∆ SAB vuông cân tại S

Suy ra SA ⊥ SB mà ∆SAB = ∆SBC = ∆SAC ⇒ SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau
Khi đó

1
1
1
1
= 2+ 2+
mà SA = SB = SC = x ⇒ x = a 3
2
SO
SA SB
SC 2

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là

R=

SA2 + SB 2 + SC 2 x 3 3a
=
=
2
2
2

Câu 27: Đáp án B.Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC.Khi quay hình chữ nhật xung quanh trục MN ta được hình trụ
+ Bán kính đường tròn đáy là

r = AM

Diện tích toàn phần của hình trụ là

AD
=1
2

+ Chiều cao của hình trụ là

h = AB = 1

Stp = 2π r ( r + h ) = 4π

Câu 28: Đáp án C.Hàm số xác định khi và chỉ khi

x > 3
x2 − 2x − 3 > 0 ⇔ 
 x < −1

3

x2− ÷
= −2
 xlim
2x − 3
x
→−∞

= lim
⇒
Ta có lim y = lim
x →∞
x →∞
=2
 lim
x 2 − 2 x − 3 x →∞ x − 1 − 2 − 3
x →∞
x x2
⇒ đồ thị hàm số có hai TCĐ. Vậy đồ thị hàm số đã cho có bốn đường tiệm cận
Câu 29: Đáp án C.Ta có

v ( t ) = ∫ a ( t ) dt = ∫ ( t 2 + 4t ) dt =

t3
+ 2t + C ( m / s )
3


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

Do khi bắt đầu tăng tốc

ĐT:01694838727




t3
t4 2  3
S = ∫ v ( t ) dt = ∫ 15 + + 2t 2 ÷dt = 15 + + t 3 ÷ = 69, 75 m
3
12 3  0


0
0
3

Khi đó quãng đường đi được
Câu 30: Đáp án C.Đặt

t3
+ 2t 2 + 15
3

v0 = 15 nên v( t − 0) = 15 ⇒ C = 15 ⇒ v ( t ) =
3

z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) ⇒ z = a − bi mà ( 2 − i ) z − 3 z = −1 + 3i

( 2 − i ) ( a − bi ) − 3 ( a + bi ) = −1 + 3i ⇔ 2a − 2bi − ai − b − 3a − 3bi + 1 − 3i = 0

Suy ra

1 − a − b = 0
a = 2
⇔ 1 − a − b − ( a + 5b + 3) i = 0 ⇒ 
⇒
⇒ a −b = 3
 a + 5b + 3 = 0 b = −1
Câu 31: Đáp án A.Giả sử
* Khi đó

x = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) . Ta có M ( a; b ) và M ' ( a; −b )

z ( 4 + 3i ) = ( 4a − 3b ) + ( 3aq + 4b ) i Suy ra N ( 4a − 3b;3a + 4b ) và N ' ( 4a − 3b; − 3a − 3b )

* Do 4 điểm M, N, M’, N’ tạo thành hình thang cân nhận Ox làm trục đối xứng nên 4 điểm

đó lập thành hình chữ nhật

⇔ MM ' = NN ' ⇔ 4b = 4 ( 3a + 4b )
2

* Với a = −b , ta có

z + 4i − 5 =

Dấu bằng xảy ra khi

9
9
a= ,b=−
2
2

* Với

Vậy

( b + 5)

2

+ ( b + 4)

2

2

 a = −b
⇔
a = − 8 b
3

2

9 1
1

= 2b + ÷ + ≥
2 2
2


2
8
8
73 2 104
289
1
a = − , ta có z + 4i − 5 =  b + 5 ÷ + ( b + 4 ) 2 =
b +
b + 41 ≥
>
3
9
3
73
2
3


min z + 4i − 5 =

1
2

Câu 32: Đáp án C.Từ A kẻ AH vuông góc với BC

( H ∈ BC )

Ta có

AA ' ⊥ ( ABC ) ⇒ AA ' ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( AA ' H )

Khi đó

(·A ' BC ) ; ( A ' B ' C ') = (·A ' BC ) ; ( ABC ) = (·A ' H , AH ) = ·A ' HA

Suy ra

tan ·A ' HA =

⇒ AA ' =

AA '
= AA ' = tan 600. AH mà AH =
AH

AB + AC
2

2

=

6
13

6 39
6 39 1
18 39
⇐ VABC . A ' B 'C ' = AA '.S ABC =
. .2.3 =
13
13 2
13

Câu 33: Đáp án A.Xét hàm số

Lại có

AB. AC

3
1 
f ( x ) = 2 x 2 − 3 x − 1 trên  ; 2  ta có f ' ( x ) = 4 x − 3 = 0 ⇔ x =
4
2 

17
1
 3  17
 −17

 17 
y=
f  ÷ = −2; f  ÷ = ; f ( 1) = −2 ⇒ f ( x ) ∈ 
; −2  ⇒ f ( x ) ∈  2;  .Do đó max
1 
8
 2 ;2
2
4 8
 8

 8



Câu 34: Đáp án C - Dựa vào đồ thị hàm số

 M = { f ( 0 ) , f ( b ) , f ( d ) }
⇒ bảng biến thiên ⇒ 
m = { f ( a ) , f ( c ) }

- Mặt khác, dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy rằng

11


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
b

+

+

c

b

b

a

f ' ( x ) dx < ∫  − f ' ( x )  dx ⇒ f ( x )


a

+

ĐT:01694838727 12

a

b

0

a

b

d

c

c

d

< − f ( x)

c

⇔ f ( a) > f ( c)

∫  − f ' ( x )  dx > ∫ f ' ( x ) dx ⇔ f ( 0 ) − f ( a ) > f ( b ) − f ( a ) ⇔ f ( 0 ) > f ( b )
∫  − f ' ( x )  dx > ∫ f ' ( x ) dx ⇔ f ( b ) − f ( c ) > f ( d ) − f ( c ) ⇔ f ( b ) > f ( d )

Vậy

 f ( a ) > f ( c ) ⇒ m = f ( c )
⇒ M + m = f ( 0) + f ( c )

 f ( 0 ) > f ( b ) > f ( a ) ⇒ M = f ( 0 )

Câu 35: Đáp án D

2
1
1
c + a ( b + c) ( b + a)
2
=
=

=
⇔ ( a + c ) + 2b ( c + a ) = 2 ( b 2 + ab + ac + ab )
c+a b+c a +b
2
2b + a + c
a 2 + c 2 + 2ac + 2bc + 2ba = 2 ( b 2 + ab + ac + ab ) ⇔ a 2 + c 2 = 2b 2
Câu 36: Đáp án B.Ta có

f ( x ) = sin 4 x + cos 4 x = ( sin 2 x + cos 2 x ) − 2sin 2 x cos 2 x
2

1
1
3 1
= 1 − sin 2 2 x = 1 − ( 1 − cos 4 x ) = + cos 4 x ⇒ f ' ( x ) = − sin 4 x
2
4
4 4
Ta có

g ( x ) = sin 6 x + cos 2 x = ( sin 2 x + cos 2 x ) − 3sin 2 x cos 2 x ( sin 2 x + cos 2 x )
3

3
3
5 3
3
= 1 − sin 2 2 x = 1 − ( 1 − cos 4 x ) = + cos 4 x ⇒ g ' ( x ) = − sin 4 x
4
8
8 8
2
 3

3 f ' ( x ) − 2 g ' ( x ) + 2 = 3. ( − sin 4 x ) − 2  − sin 4 x ÷+ 2 = 2
 2


Do đó

Câu 37: Đáp án A.Xét mặt cầu
Mặt phẳng


( S ) : ( x − 2)

( Oxy ) , ( Oyz ) , ( Oxz )

2

+ ( y + 1) + ( z − 3) = 9 ⇒ I ( 2; −1;3) và R = 3
2

có phương trình lần lượt là

2

z = 0; x = 0; y = 0

d ( I ; ( Oxy ) ) = 3; d ( I ; ( Oyz ) ) = 2; d ( I ; ( Oxz ) ) = 1 nên mặt cầu (S) tiếp xúc với (Oxy)

Câu 38: Đáp án C.Mặt phẳng (P) cắt các trục tọa độ tại các điểm

A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c )

x y z
3 2 1
+ + = 1 mà M ∈ ( P ) ⇒ + + = 1
a b c
a b c
uuuu
r
uuuu
r
uuur
uuur
Ta có AM = ( 3 − a; 2;1) , BM = ( 3; 2 − b;1) và BC = ( 0; −b; c ) , AC = ( −a;0; c )
uuuu
r uuur
 AM .BC = 0
c − 2b = 0
⇔
Mặt khác M là trọng tâm ∆ ABC ⇒  uuuu
r uuur
( 2)
c

3
a
=
0
BM
.
AC
=
0


Nên phương trình mặt phẳng (P) có dạng

Từ (1) và (2) suy ra

a=

14
; b = 7; c = 14 ⇒ ( P ) : 3 x + 2 y + z − 14 = 0
3

Cách 2: Chứng minh được OM
Ta có

( 1)

⊥ ( ABC )

OA ⊥ BC
⇒ BC ⊥ ( OAM ) ⇒ BC ⊥ OM , tương tự AB ⊥ OM ⇒ OM ⊥ ( ABC )

 AM ⊥ BC

Khi đó

( P ) : 3x + 2 y + z − 14 = 0


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐT:01694838727 13

2 x − 4 ) ( x + m ) − x 2 + 4 x x 2 + 2mx − 4m
(
x2 − 4 x
=
; ∀x ≠ − m
Câu 39: Đáp án D.Xét hàm số y =
, ta có y ' =
2
2
( x + m)
( x + m)
x+m
Để hàm số đồng biến trên

Ta có

[ 1; +∞ )

khi và chỉ khi

 y ' ≥ 0, ∀x ∈ [ 1; +∞ ) ( *)

 x = −m ∉ ∀x ∈ [ 1; +∞ ) ⇔ m > −1

( *) ⇔ x 2 + 2mx − 4m ≥ 0 ⇔ x 2 ≥ 2m ( 2 − x ) ( I )

- TH1: Với

x = 2 ⇒ x 2 ≥ 0, ∀x ∈ [ 1; +∞ ) với mọi giá trị của m

- TH2: Với

2 − x > 0 ⇔ x < 2 ⇒ x ∈ [ 1; 2 ) . Khi đó ( I ) ⇔ 2m ≤

- TH3: Với

2 − x < 0 ⇔ x > 2 ⇒ x ∈ ( 2; +∞ ) . Khi đó ( I ) ⇔ 2m ≥

x2
; ∀x ∈ [ 1; 2 ) ⇒ 2m ≤ min f ( x )
[ 1;2 )
2− x
x2
; ∀x ∈ ( 2; +∞ ) ⇒ 2m ≥ max f ( x )
( 2;+∞ )
2− x

 min f ( x ) = f ( 1) = 1
x ( x − 4)
 [ 1;2)
x2
f
'
x
=

,

x

2

Xét hàm số f ( x ) =
, ta có
( )

f ( x ) = f ( 4 ) = −8
2− x
( 2 − x2 )
(max
2;+∞ )
−1 < m ≤

Kết hợp các trường hợp, vậy

1
là giá trị cần tìm
2

Câu 40: Đáp án C.Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện MNPQ chính là trung điểm của OQ

1 1 1
⇒ I  ; ; ÷. (Do dễ thấy
2 2 2

MOQ, NOQ, POQ đều nhìn PQ dưới 1 góc vuông).
Cách 2: Dễ thấy MNPQ là tứ diện đều cạnh
tâm tứ diện. Khi đó

a 2 . Khi đó tâm mặt cầu tứ diện cũng là trọng

 x + xN + xP + xQ   1 1 1 
G M
;... ÷ =  ; ; ÷
4

 2 2 2

x = 1+ t

1 1 1
Cách 3. Viết ( ABC ) : x + y + z − 1 = 0 suy ra tâm I ∈ d :  y = 1 + t cho IM = IQ ⇒ I  ; ; ÷
2 2 2
z = 1+ t

Câu 41: Đáp án C.Xét hàm số
Ta có

y = x 4 − 2mx 2 + m = ah4 x + bx 2 + c ⇒ a = 1; b = −2m; c = m

x = 0
y ' = 4 x 2 − 4mx, y ' = 0 ⇔  2
. Để hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi m > 0
x = m

Sử dụng công thức giải nhanh

Kết hợp với điều kiện

Cách 2. Ta có

R∆ ABC = R0 với R0 =

m > 0 ⇒ m = −1; m =

(

−1 + 5
là giá trị cần tìm
2

) (

A ( 0; m ) ; B − m ; m − m ; C
2

b3 − 8a
−8m3 − 8
⇒1=
⇔ m3 − 2m + 1 = 0
8ab
−16m

m; m − m

2

)

4
abc ( m + m ) 2 m
⇒R=
=
= 1 ⇔ m 3 + 1 = 2m
4S
4.m m

Câu 42: Đáp án A.Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD

V1 là thể tích khối chóp PDQ.BCN và V2 là thể tích của khối chóp còn lại, khi đó V1 + V2 = V
MB cắt AD tại P

→ P là trung điểm của AD. MN cắt SD tại Q → Q là trọng tâm của ∆SMC


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

Ta có

VM .PDQ
VM . BCN

Mặt khác



=

ĐT:01694838727 14

MP MD MQ 1 1 2 1
.
.
= . . =
MB MC MN 2 2 3 6

5
VM . BCN = VM .PDQ + V1 ⇒ V1 = VM . BCN
6

S ∆MBC = S ABCD , d ( S ; ( ABCD ) ) =

Suy ra

1
d ( S ; ( ABCD ) )
2

1
V
5
7
VM .BCN = VN .MBC = VS . ABCD = ⇒ V1 = V ⇒ V2 = V ⇒ V1 : V1 = 7 : 5
2
2
12
12

Câu 43: Đáp án A.Mặt phẳng (Q) song song với (P) nên (Q) có dạng
Điểm

M ( −1;0;0 ) ∈ ( P ) nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng (P), (Q) là d ( M ; ( Q ) ) =
−2 + m



2 x + y − 3z + m = 0

22 + 12 + ( −3)

2

11
2 14

15

m=

11
11
2 ⇒ Q :  −4 x − 2 y + 6 z + 7 = 0
=
⇔ m−2 = ⇔ 
( ) 
2
2 14
 4 x + 2 y − 6 z + 15 = 0
m = − 7

2

Câu 44: Đáp án C.Qua M kẻ MF song song với SC và qua N kẻ NE song song với SC với E và F thuộc
CA và CB. Khi đó thiết diện cần tìm là hình thang MNEF.
Đặt

VS . ABC = V ; VMNEFCS = V1 ; VMNEFAB = V2

Ta có:

V1 = VSCEF + VSFME + VSMNE

VSCEF CF CE 1 2 2 VSFME CM SE SM 1
=
.
=
=
=
.
= . =
SE CA SA 3
V
CA CB 3 3 9 VSFEA

VSFEA S EFA S EFA SCEA FA CE 4
V
1 4 4
=
=
.
=
.
= ⇒ SFME = . = V
V
S ABC SCEA S ABC CA CB 9
V
3 9 27
VSMNE SM SN 2
=
.
=
VSABE
SA SB 9
⇒ VSABE =

VSMNE S ∆BEA S ∆AEC EB CE 1
=
.
=
.
=
V
S∆ABC S ∆ABC CE CB 3
V1 4
=
V2 5

2
2
4
4
⇒ V1 = V + V = V
27
9
27
9

Câu 45: Đáp án A. Phương trình hoành độ giao điểm của
Trong đoạn

( C1 ) , ( C2 )



2
x = y = 0
 y = x
⇔

2
 x = y
 x = 1; y = 1

x ∈ [ 0;1] suy ra y = x 2 ; y = x

Thể tích khối tròn xoay cần tính là

VOx = π

1

∫( x
0

4

 x 5 x 2  1 3π
− x ) dx = π  − ÷ =
 5 2  0 10

'

1

1
− 2
 1 − log ÷
1
1
x


 =
x = −1
Câu 46: Đáp án D.Ta có: y ' = 
;  log ÷ =
x  1 ln10 x ln10
1
1 
2 1 − log
2 x ln10 1 − log
x
x
x
Câu 47: Đáp án D.Gọi D, K lần lượt là trung điểm của AB, OC.
Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (OAB) và cắt mặt phẳng trung trực của OC tại I

tứ diện OABC suy ra

z1 =

a
a
b
c
a b c
.Tương tự DF = ⇒ x1 = ; y1 = ⇒ I  ; ; ÷
2
2
2
2
2 2 2

⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

Suy ra

ĐT:01694838727 15

a+b+c
= 1 ⇒ I ∈ ( P) : x + y + z −1 = 0
2

x1 + y2 + z2 =

Vậy khoảng cách từ điểm M đến (P) bằng

d=

2015
3

 z1 = 2; z2 = −2
 x2 = 4
 z = ±2
⇔
⇒
Câu 48: Đáp án D z − 2 z − 8 = 0 ⇔ ( z − 1) = 3 ⇔  2
 z = ±i 2
 z = −2
 z3 = i 2; z4 = −i 2
4

Khi đó

2

2

2

(

) (

2

)

A ( 2;0 ) , B ( −2;0 ) , C 0; 2 , D 0; − 2 ⇒ P = OA + OB + OC + OD = 4 + 2 2

Câu 49: Đáp án C

Hướng dẫn: Khối chóp được phân chia thành 5 tứ diện: một tứ diện A’BC’D và bốn tứ diện còn lại bằng nhau.

VA ' BC ' D = V − 4.VC 'CDB = V −

4V V
=
6
3

Câu 50: Đáp án B.Gọi độ dài đáy của hình chóp là x, với

0 < x < 1 . Đường cao hình chóp là

2
2
1
1 2
1 4
 x x
x − x5
SO = SM − OM =  1 − ÷ −
= 1 − x Thể tích khối chóp là V = S .h = x 1 − x =
3
3
3
4
 2
2

Xét hàm

2

f ( x ) = x 4 − x 5 , với x ∈ ( 0;1) Khi đó f ' ( x ) = 4 x3 − 5 x 4 = x3 ( 4 − 5 x ) ; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 0, x =

Như vậy để thể tích khối chóp lớn nhất thì

x=

4
5
Đáp án

1-C
11-C
21-D
31-A
41-C

2-D
12-C
22-C
32-C
42-A

3-C
13-C
23-B
33-A
43-A

4-A
14-B
24-A
34-C
44-C

5-D
15-A
25-B
35-D
45-A

6-B
16-B
26-C
36-B
46-D

7-B
17-B
27-B
37-A
47-D

8-B
18-D
28-C
38-C
48-D

9-B
19-D
29-C
39-D
49-C

10-D
20-C
30-C
40-C
50-B

4
5



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×