Tải bản đầy đủ

Bai khao sat mon toan lop 12

Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018
Hữu Nhân Bhp
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 12 NĂM 2018
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
BÀI KHẢO SÁT MÔN TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Mã đề: 314
Câu 1.

Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm A 1; 1;3  , song song với hai đường thẳng
x  4 y  2 z 1
x  2 y 1 z 1

có phương trình là:




1
4

2
1
1
1
A. 2 x  3 y  6 z  15  0 .
B. 2 x  3 y  5 z  10  0 .

C. 2 x  3 y  6 z  15  0 .

D. 2 x  3 y  5 z  10  0 .
Lời giải

Chọn D.
Gọi mặt phẳng cần tìm là

 P

 qua B  4; 2;1
, hai đường thẳng đã cho là d1 

 Vtcp u1  1; 4; 2 

 qua C  2; 1;1
.
d2 

 Vtcp u 2  1; 1;1

 
Ta có: nP  u1 ; u 2    2; 3; 5  .

Vậy phương trình mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  5 z  10  0 .
Câu 2.

4
tại điểm có hoành độ x0  1 là:
x 1
B. y   x  3 .
C. y   x  1 .
D. y  x  1 .



Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 
A. y   x  2 .

Lời giải

Chọn B.
Gọi M  1; y0  là tọa độ tiếp điểm, M   C   y 0   2 .
f  x 

4

 x  1

2

 f    1   1 .

Vậy phương trình tiếp tuyến: y  1 x  1  2  y   x  3 .
Câu 3.

Khoảng đồng biến của hàm số y  x 4  4 x  6 là
A.  ; 9  .
Chọn D

B.  ; 1 .

C.  9;   .
Lời giải

Ta có: y  4 x 3  4  4  x 3  1 , y  0  x  1 .
Bảng biến thiên

D.  1;   .




Hữu Nhân Bhp

Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng  1;   .
Câu 4.

Trong không gian Oxyz , đường thẳng qua điểm A  2; 4;3 

và vuông góc với mặt phẳng

2 x  3 y  6 z  19  0 có phương trình là
x 2 y 4 z 3


.
2
3
6
x2 y3 z 6


C.
.
2
4
3

x2

2
x2

D.
2
Lời giải

A.

B.

y 3 z 6

.
4
3
y4 z 3

.
3
6

Chọn A

Mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  6 z  19  0 có một vtpt là n   2; 3;6  .
Vì đường thẳng d qua điểm A  2; 4;3  và vuông góc với mặt phẳng  P  nên suy ra phương trình
của d :
Câu 5.

x 2 y 4 z 3


.
2
3
6

Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua tâm của mặt cầu  x  1   y  2   z 2  12 và song song
2

2

với mặt phẳng  Oxz  có phương trình là
A. y  1  0 .

B. x  z  1  0 .

C. y  2  0 .

Lời giải
Chọn C

Vì  P  //  Oxz  nên  P  có một vtpt là n   0;1;0  .
Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;0  .
Nên phương trình mp  P  : y  2  0 .
Câu 6.

Cho hàm số f  x   ax 3 bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Mệnh đề nào sau đây sai?

D. y  2  0 .


Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018
Hữu Nhân Bhp
A. Hàm số nghịch biến trên  0;1 .
B. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;0  .
C. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 .

Lời giải

Chọn C
Câu 7.

Cho biết lim

x 

4 x 2  7 x  12 2
 . Giá trị của a bằng
a x  17
3

A. 3 .

B. 3 .

Chọn A
lim

x 

Câu 8.

C. 6 .
Lời giải

D. 6 .

7 12
 4  2
2 2
4 x  7 x  12
x x
  . Vậy a  3 .
 lim
x 
 a  17
a 3
a x  17
2

Số cách sắp xếp 6 học sinh vào một bàn dài có 10 chỗ ngồi là
A. 10P6 .
B. C106 .
C. A106 .

D. 6A106 .

Lời giải

Chọn C
Câu 9.

D. Hàm số đồng biến trên khoảng 1;   .

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , phép quay tâm O góc quay 90o biến điểm M  1; 2  thành điểm M  .
Tọa độ của điểm M  là
A. M   2;1
B. M   2; 1 .

C. M   2;1 .

D. M   2; 1 .

Lời giải

Chọn B

Câu 10. Cho các số phức z1  2  3i và z2  4  5i . Số phức liên hợp của số phức w  2  z1  z2  là
A. w  28i .

B. w  12  16i .

C. w  12  8i .
Lời giải

Chọn C
w  2  z1  z2   2  2  3i  4  5i   2  6  8i   12  16i .
Vậy w  12  16i .

D. w  8  10i .


Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018
Hữu Nhân Bhp
 x4 2
khi x  0

x
Câu 11. Giá trị của tham số m sao cho hàm số f  x   
liên tục tại x  0 là.
5
2m  x khi x  0

4
1
4
1
A. 3 .
B. .
C. .
D. .
2
3
8
Lời giải
Chọn D.
TXĐ: D   .
x4 2
x
1
lim f  x   lim
 lim
 .
x 0
x 0
x 0
x
4
x x42





5 

lim f  x   lim  2m  x   2m .
x 0
x 0 
4 

1
1
m .
4
8
x2  2
Câu 12. Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 

 x  2   x 2  1

Để hàm số liên tục tại x  0 thì 2m 

A. x  0 .

B. x  2 .

C. x  2 .
Lời giải

D. x  1 .

Chọn C.
Tiệm cận đứng của đồ thị là x  2 .
Câu 13. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  tan x
trục hoành và các đường thẳng x  0, x 
A. V 

 ln 2
.
2

B. V 


.
4

Chọn A.


quanh trục hoành là
4
2
C. V 
.
4
Lời giải

4

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành là: V    tan xdx 
0

Câu 14. Biết giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
M và m . Giá trị của M  m bằng
28
A.  .
B. 4 .
3

Chọn A.
x3
y   2 x 2  3x  4  y   x 2  4 x  3
3


.
4

 ln  2 
.
2

x3
 2 x 2  3x  4 trên đoạn  4;0 lần lượt là
3

4
C.  .
3

Lời giải

D. V 

D.

4
.
3


Hữu Nhân Bhp

Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018

 x  1  4;0 
y  0  x 2  4 x  3  0  
 x  3   4;0 

Tính y  4   

16
16
, y  3  4 , y  0   4 , y  1   .
3
3

M  max y  4; m  min y  
 4; 0

 4; 0

Suy ra M  m  4 

16
.
3

16
28
 .
3
3

Câu 15. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình bên dưới.

Giá trị cực tiểu của hàm số là
A. 4 .
B. 2 .

C. 2 .

Chọn D.
Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 và yCT  4 .

D. 4 .

Lời giải

Câu 16. Gọi T  là một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4 và có chiều cao bằng đường kính đáy. Thể
tích khối trụ T  bằng
B.  .

A. 4 .

C. 3 .

D. 2 .

Lời giải

Chọn D.
Ta có: S xq  2 rl  4  2 r.2r  4  r  1  l  2
Thể tích khối trụ : V   r 2 .h   .1.2  2 .
Câu 17. Cho tam giác ABC vuông cân tại A , AB  2a . Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay
tam giác ABC quanh cạnh AB bằng
A.

 a3
3

.

Chọn D.

B.

4 a 3
.
3

C.
Lời giải

8 a3 2
.
3

D.

8 a 3
.
3


Hữu Nhân Bhp

Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018

1
1
8 a 3
Thể tích của khối nón : V   r 2 .h   .AC 2 .AB 
.
3
3
3

Câu 18. Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1  3 và công bội q 
A. u5  

27
.
16

B. u5  

16
.
27

C. u5 

16
.
27

2
. Số hạng thứ năm của  un  là
3
27
D. u5 
.
16

Lời giải

Chọn B.
4

16
2
Ta có: u5  u1.q 4   3 .    
.
27
3

Câu 19. Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 2 z 2  6 z  5  0 . Số phức iz0 bằng
A.

1 3
 i.
2 2

1 3
B.   i .
2 2

Chọn D.
2
Ta có:  '   3   2.5  1  i 2    i

1 3
C.   i .
2 2
Lời giải

D.

1 3
 i.
2 2


b '  ' 3  i 3 1

  i
 z1 
a
2
2 2

 Phương trình có 2 nghiệm:

b '  ' 3  i 3 1

  i
 z2 
a
2
2 2

3 1
3 1 1 3
Mà z0 là nghiệm phức có phần ảo âm  z0   i  iz0  i    i .
2 2
2 2 2 2

Câu 20. Tập nghiệm của phương trình sin 2 x  sin x là






A. S  k 2 ;   k 2 | k    .
B. S  k 2 ;  k 2 | k    .
3
3




 k 2


| k   .
C. S  k 2 ; 
D. S  k 2 ;   k 2 | k  
3
3


Lời giải
Chọn C.


Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018
 x  k 2
 2 x  x  k 2
sin 2 x  sin x  

 x    k 2
 2 x    x  k 2
3
3


Hữu Nhân Bhp

 k   .

Câu 21. Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y   x  2   1 và trục hoành bằng
2

A.

25
.
4

B.

3
.
4

2
.
3
Lời giải

C.

Chọn D.

 x  2

2

D.

4
.
3

x  3
.
1  0  
x  1
3

Diện tích cần tìm là:  x  4 x  3 dx 
2

1

3

 x
1

2

4
 4 x  3 dx  .
3

Câu 22. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  a; b  . Mệnh đề nào dưới đây sai?
A.

b

a

a

b

 f  x  dx   f  x  dx .
b

B.  kdx  k  a  b  ,k   .
a

C.

b


a

D.

c

b

a

c

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx ,c  a ;b  .

b

b

a

a

 f  x  dx   f t  dt .
Lời giải

Chọn B.

Câu 23. Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB  a , góc giữa đường
thẳng AC và mặt phẳng  ABC  bằng 30o . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  bằng
A.

a3 6
.
6

Chọn A.

B.

2a 3 6
.
3

C.
Lời giải

a3 6
18

D.

a3 6
.
2


Hữu Nhân Bhp

Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018

1
a2
Diện tích tam giác ABC là AB.BC  .
2
2

Hình chiếu vuông góc của A ' C lên mặt phẳng  ABC  là AC . Suy ra 
A ' CA  30 0 . Xét tam giác
A ' CA : tan 30 0 =

AA'
a 2 a 6
 AA' 

.
AC
3
3

a 2 a 6 a3 6
.

.
2 3
6
Câu 24. Cho hàm số F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  xác định trên K . Mệnh đề nào dưới đây sai?

Vậy thể tích cần tìm là: V 




C.   f  x  dx   F   x 


A. x  f  x  dx  f   x  .

Chọn A.

B.

  f  x  dx   f  x  .

D.

 f  x  dx  F  x   C .

Lời giải

Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; 2; 2  và B  3;0; 2  . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng
AB có phương trình là
A. x  y  z  1  0 .
B. x  y  1  0 .

C. x  y  3  0

D. x  y  z  1  0 .

Lời giải

Chọn B.
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm I  2;1; 2  của đoạn thẳng AB và có vtpt

là vecto AB  2; 2;0  .
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là 2  x  2   2  y  1   0  x  y  1  0.
Câu 26. Cho tứ diện ABCD có các cạnh BA, BC , BD đôi một vuông góc (tham khảo hình vẽ bên dưới)
Khẳng định nào sau đây sai?


Hữu Nhân Bhp

Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018

 .
A. Góc giữa CD và  ABD  là CDB

 .
B. Góc giữa AC và  ABD  là CAB

C. Góc giữa AD và  ABC  là 
ADB .

ACB .
D. Góc giữa AC và  BCD  là 

Chọn C.
BD  BA 
Ta có:
  BD   BAC 
BD  BC 

Lời giải


Hình chiếu của AD lên  ABC  là AB nên góc giữa AD và  ABC  là BAD

Câu 27. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 2  3.2 x 1  2 x  1 bằng
A. 1 .

B.

3
.
2

Chọn D

1
.
2
Lời giải

C.

D. 0 .

Ta có log 2  3.2 x 1  2 x  1  3.2 x 1  2 2x 1
2x  1
x  1
 2.  2   3.2 x  1  0   x 1  
2 
 x  1

2
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 0 .
x 2

Câu 28. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật AB  a; BC  2a , đường thẳng SA vuông góc với
mặt phẳng đáy, bằng SA  3a . Thể tích khối chóp S . ABCD bẳng
A. 2a 3 .
Chọn A

B. 6a 3 .

C. 3a 3 .
Lời giải

D. a 3 .


Hữu Nhân Bhp

Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018
1
1
VS . ABCD  .S ABCD .SA  .2a 2.3a  2a 3
3
3

Câu 29. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A  2;1;0  , B  2; 1; 2  . Phương trình mặt cầu có đường kính
AB là

A. x 2  y 2   z  1  6 .

B. x 2  y 2   z  1  24 .

C. x 2  y 2   z  1  6 .

D. x 2  y 2   z  1  24 .

2

2

2

2

Lời giải

Chọn C

AB   4; 2; 2  ; AB  24
Mặt cầu đường kính AB có :
+ Tâm là trung điểm I của AB , I  0;0;1
+ Bán kính R 

AB
 6
2

Phương trình mặt cầu có đường kính AB là x 2  y 2   z  1  6
2

Câu 30. Cho a  log 2 5; b  log 3 5 . Giá trị của log 6 5 bằng
A.

ab
.
ab

Chọn D

B. a  b .

C.
Lời giải

1
.
ab

D.

ab
.
ab

1

log 2 
a  log 2 5   5
a
Ta có

b  log 3 5  
1
log 5 3 

b
1
1
1
ab
log 6 5 



log 5 6 log 5 2  log 5 3 1  1 a  b
a b

Câu 31. Người ta trồng 3003 cây theo dạng một hình tam giác như sau: hàng thứ nhất trồng 1 cây, hàng thứ
hai trồng 2 cây, hàng thứ ba trồng 3 cây,…, cứ tiếp tục trồng như thế cho đến khi hết số cây. Số
hàng cây trồng được là


Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018
A. 76 .
B. 78 .
C. 79 .

D. 77 .

Hữu Nhân Bhp

Lời giải

Chọn D.

u1  1
 d  1

Các hàng cây lập thành cấp số cộng với 
n

Theo đề S  3003  2u1   n  1 d   3003
2
n
 3003
2
 n  77
.
 n2  n  6006  0  
 n  78
Vì n   nên nhận n  77 .
Vậy người đó trồng được 77 hàng cây.
  2.1  n  11

Câu 32. Cho hàm số f  x   ax 4  bx 2  c có đồ thị như hình bên dưới.

Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f  x   2m  0 có bốn nghiệm phân biệt là
A. 

1
1
m .
2
2

5
B.   m  1 .
4

Chọn D.
Gọi f  x   ax 4  bx 2  c có đồ thị  C  .

5
1
C.   m  .
8
2
Lời giải

Vì  C  qua các điểm  0;1 , 1; 1 ,  2;5  nên f  x   x 4  3x 2  1 .

x  0
 y CD  1

3
5

f ' x   4x3  6x  0   x 
 y CT  
2
4


3
5
 y CT  
x  
2
4

f  x   2m  0  f  x    2m

1 .

D. 

1
5
m .
2
8


Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018
Hữu Nhân Bhp
1 là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  C  : y  f  x  và đường thẳng y  2m .
5
1
5
Dựa vào đồ thị 1 có bốn nghiệm phân biệt    2m  1    m  .
4
2
8

Câu 33. Một chiếc ôtô đang chuyển động với vận tốc v  t   2 
thời điểm t  5  s  đến thời điểm t  10  s  là
A. 45,03  m  .

B. 32,8  m .

t2  4
t4

m / s  . Quãng đường ôtô đi được từ

C. 12, 23  m  .

D. 10, 24  m  .

Lời giải

Chọn B.
Quãng đường ôtô đi được từ thời điểm t  5  s  đến thời điểm t  10  s  được tính theo công thức
10

10

10

t2

55
14
t2  4 
12 

 12.ln
S  2
d
t
 32,8  m  .

 2t  12.ln t  4  =

t

2

d
t





2
9
t4 
t  4
2
5
5 
5 

Câu 34. Một bồn chứa xăng gồm hai nửa hình cầu có đường kính 1,8 m và một hình trụ có chiều cao bằng
3, 6 m (như hình bên dưới). Thể tích của bồn chứa gần nhất với kết quả nào sau đây?

A. 12, 21m3 .

B. 3, 05 m3 .

C. 24, 43 m3 .

D. 9,16 m3 .

Lời giải

Chọn A.
4
4
243
3
Vcau   .R 3  . .  0,9  

3
3
250
729
2
Vtru   .R 2 .h   .  0,9  .3, 6 

250
243
729
486


  12, 21 m 3  .
Thể tích bồn là V 
250
250
125
Câu 35. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , SA vuông góc với đáy và
SA  AB  3 . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB . Khoảng cách từ G đến mặt phẳng  SBC  bằng

A.

3.

Chọn D.

B.

6
.
2

6
3
Lời giải

C.

D.

6
.
6


Hữu Nhân Bhp

Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018

Gọi H là trung điểm cạnh SB . Vì tam giác SAB cân tại A nên AH  SB (1)
 BC  AB
Mặt khác, 
 BC   SAB   BC  AH (2)
 BC  SA
Từ (1) và (2) suy ra, AH   SBC   d  A,  SBC    AH
Ta có

1
1
1
2
6
.

 2   AH 
2
2
AH
AB
SA
3
2

1
1
6
Mà d  G ,  SBC    d  A,  SBC    AH 
.
3
3
6
Câu 36. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB  2a , AD  3a , AA  4a . Gọi  là góc giữa hai
mặt phẳng  ABD  và  AC D  . Giá trị cos  bằng

A.

2
.
2

Chọn B.

B.

29
.
61

137
169
Lời giải

C.

D.

27
.
34

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ (chọn a  1 )
Ta có D  0;0;0  , A  0;3;0  , C   2;0;0  , D  0;0; 4  , B  2;3;0  , A  0;3; 4 


Hữu Nhân Bhp

Đáp án chi tiết
có tại Group HT
12 Thầy Nhân 2017
2018

+) DA   0;3; 4  , DC    2;0; 4   DA  DC     12;  8;  6 

 mặt phẳng  AC D  nhận n1   6; 4;3  làm vectơ pháp tuyến


 
+) DA   0;3; 4  , AB   2;0; 4   AD  AB    12;8;  6  .

 mặt phẳng  ABD  nhận n2   6; 4;3  làm vectơ pháp tuyến
 
n1.n2
6.6  4.  4   3.3 29
Ta có cos     
.

61
61. 61
n1 . n2

1 3 
Câu 37. Trong không gian Oxyz cho điểm M  ;
;0  và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  8 . Một đường thẳng
2 2 
qua M và cắt mặt ( S ) tại hai điểm A, B . Diện tích lớn nhất của tam giác OAB bằng

A. 2 2 .

B. 2 7 .

D. 4 .

7.

Lời giải

Chọn C.

 S  : x2  y 2  z 2  8 Þ

C.

Mặt cầu ( S ) có tâm O (0; 0; 0) và bán kính r  2 2 .

Ta thấy OM < r Þ M nằm trong mặt cầu ( S ) .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d
Ta có OH £ OM . Dấu " = " xảy ra khi H º M Þ AB = 2MB = 2 7 .
1
1
1
Do đó SOAB = AB.OH £ AB.OM = .2 7.1 = 7 .
2
2
2
Câu 38. Gọi F ( x) là một nguyên hàm của hàm số f ( x )   2 x  3 thỏa mãn F (0) 
2

log 2 3F (1)  2 F (2) bằng
A. 2 .

B. 4 .

Lời giải

Chọn A.
Ta có F  x    f ( x )dx 

C. 4 .

(2 x  3) 3
C.
6

D. 10 .

1
. Giá trị biểu thức
3


Hữu Nhân Bhp

Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018
(2 x  3) 3 29
1
29
 F ( x) 

Do F (0)   C 
.
6
6
3
6
Vậy log 2 3F (1)  2 F (2)  2 .

Câu 39. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  3    z  2   4 . Gọi N  x0 ; y0 ; z0  là điểm
2

thuộc

S 

2

2

sao cho khoảng cách từ N đến mặt phẳng  Oxz  lớn nhất. Giá trị của biểu thức

P  x0  y0  z0 bằng

B. 4 .

A. 6 .

C. 5 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn D.


Ta có tâm mặt cầu là I 1;3; 2  , phương trình đường thẳng đi qua I nhận j   0;1;0  làm véc tơ chỉ
x  1

phương là d :  y  3  t . Điểm N thỏa đề bài phải là giao của d và  S  .
z  2

 x  1 2   y  3 2   z  2 2  4

x  1
Giải hệ 
, ta có t  2 nên N1 1;5; 2  và N 2 1; 1; 2  .
y

3

t

z  2


Mà d  N1;  Oxz    5 và d  N 2 ;  Oxz    1 nên suy ra N1 thỏa mãn bài toán tức là P  8 .
Câu 40. Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log  mx   2log  x  1 có nghiệm là
A. m  4 .
C. m  0 .

B. m  0 hoặc m  4 .
D. m  4 .
Lời giải

Chọn B.
mx  0

Phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi hệ  x  1  0
có nghiệm.

2
mx   x  1
Chú ý rằng x  0 không là nghiệm của hệ.

Với x  1; x  0 thì
Xét hàm số f  x 
2

 x  1
m

2

x

 x  1

x

2

 x

.
1
 2 trên tập  1;0    0;   .
x

x 1
có nghiệm là x  1 , ta có f  1  0 và f 1  4 .
x2
Lập bảng biến thiên

Ta có f   x  


Hữu Nhân Bhp

Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018

Phương trình có nghiệm trên  1;0    0;   khi và chỉ khi m  0 hoặc m  4 .
Câu 41. Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm f ( x) liên tục trên  và đồ thị của f ( x) trên đoạn  2; 6 như
hình bên dưới. Khẳng định nào dưới đây đúng?

A. f (6)  f (2)  f (2)  f (1).

B. f (2)  f (2)  f (1)  f (6).

C. f (2)  f (1)  f (2)  f (6).

D. f (2)  f (2)  f (1)  f (6).

Chọn B.

Lời giải

Dựa vào đồ thị hàm số f ( x) ta có bảng biến thiên như sau:
x 2
0
1
0
0
y



f (1)
y
f (2)
f (2)

6

f (6)

Gọi S1 , S 2 , S3 là diện tích các phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f ( x) với trục hoành trên
từng đoạn  2; 1 ,  1; 2 ,  2;6  :

Ta thấy S1  S 2  S3 .
Từ đó suy ra:


Hữu Nhân Bhp

Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018
1

2

 f ( x)dx    f ( x)dx  f (1)  f (2)  f (1)  f (2)  f (2)  f (2) .

2

1

2

6

1

2

  f ( x)dx   f ( x)dx  f (1)  f (2)  f (6)  f (2)  f (1)  f (6) .
Vậy f (2)  f (2)  f (1)  f (6).
Câu 42. Nhà xe khoán cho hai tài xết An và Bình mỗi người lần lượt nhận 32 lít và 72 lít xăng trong một
tháng. Biết rằng, trong một ngày tổng số xăng mà cả hai người sử dụng là 10 lít. Tổng số ngày ít nhất
để hai tài xế sử dụng hết số xăng được khoán là
A. 10 ngày.
B. 20 ngày.
C. 4 ngày.
D. 15 ngày.
Lời giải

Chọn .
Đề này có vấn đề. Sai đề

Câu 43. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cn2  Cn1  44 . Số hạng không chứa x trong khai triển của biểu
n

1

thức  x x  4  , x  0 bằng
x 

A. 485 .
B. 238 .

C. 165 .

D. 525 .

Lời giải
Chọn C.
 n  11
.
Cn2  Cn1  44  
 n  8  l 
n

11

1 
1

x x  4  x x  4  
x  
x 


11

C
k 0

k
11

x

3311k
2

. Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với

33  11k
 0  k  3 là C113  165 .
2
 x  1  2t

Câu 44. Trong không gian Oxyz , cho A  2;1;1 và đường thẳng d :  y  t
t    . Mặt phẳng  P  chứa
 z  2  t

d sao cho khoảng cách từ A đến  P  lớn nhất có phương trình là

A. x  2 y  4 z  7  0 .

B. 4 x  5 y  3 z  2  0 .

C. x  y  3z  5  0 .

D. 4 x  7 y  z  2  0 .
Lời giải

Chọn C.


Hữu Nhân Bhp

Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A xuống d suy ra H 1;0; 2  .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A xuống  P  suy ra d  A,  P    AK  AH  11 khi
A  H  AH   P  nên  P  : x  y  3z  5  0 .

Câu 45. Tất cả giá trị của m sao cho đồ thị hàm số y  x 4  8m 2 x 2  1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam
giác có diện tích bằng 64 là
A. m  2 ; m   2 .
B. m  3 2 ; m   3 2 .
C. m  5 2 ; m   5 2 .

D. m  2 ; m  2 .
Lời giải

Chọn C.

x  0
.
y  4 x 3  16m 2 x  4 x  x 2  4m 2  ; y '  0  
 x  2m
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị  m  0 .
Giả sử ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A  0;1 , B  2m; 16m 4  1 , C  2m; 16m 4  1
 ABC cân tại A và BC  4 m .

Gọi H là trung điểm của BC  H  0; 16m 4  1  AH  16m 4 .
Ta có: S ABC 

1
5
AH .BC  32 m .
2
5

Do đó: S ABC  64  m  2  m   5 2 .
Câu 46. Biết

  sin 2 x  cos 2 x 

bằng
A. 3 .
Chọn C.

2

a
dx  x  cos 4 x  C , với a, b là các số nguyên và C   . Giá trị của a  b
b

B. 4 .

C. 5 .
Lời giải

D. 2 .


Hữu Nhân Bhp

Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018
1
2
  sin 2 x  cos 2 x  dx   1  sin 4 x dx  x  4 cos 4 x  C  a  1 ; b  4 .
Vậy a  b  5 .

2

Câu 47. Cho số phức z thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện z  3  4i  5 và biểu thức M  z  2  z  i

2

đạt

giá trị lớn nhất. Môđun của số phức z  2  i bằng
A. 25 .

B. 9 .

C.

D. 5 .

5.

Lời giải
Chọn D.
Giả sử z  x  yi ( x, y   ) . Ta có
• z  3  4i  5  ( x  3) 2  ( y  4) 2  5

(1)

• M   ( x  2) 2  y 2    x 2  ( y  1) 2   4 x  2 y  3  4( x  3)  2( y  4)  23
Ta có 4( x  3)  2( y  4)  (4 2  2 2 )[( x  3) 2  ( y  4) 2 ]

 20.5  10

(Bất đẳng thức

Bunhiacopxki)
 10  4( x  3)  2( y  4)  10  13  M  33 .
 4 x  2 y  3  33
 2 x  y  15
x  5

.


M  33   x  3 y  4
 x  2 y  5
y  5
 4  2

Khi đó z  5  5i  z  2  i  3  4i  z  2  i  5 .
Câu 48. Số điểm cực trị của hàm số y  ( x  2)3 ( x  4) 4 là
A. 2 .

B. 1 .

C. 4 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn A.
Tập xác định: D  R .
y '  3( x  2) 2 .( x  4) 4  ( x  2) 3.4( x  4) 3  ( x  2) 2 ( x  4) 3[3( x  4)  4( x  2)]
 ( x  2) 2 ( x  4) 3 (7 x  4) .
 y ' chỉ đổi dấu khi x đi qua 2 điểm x  4 và x 

4
 Hàm số có 2 điểm cực trị.
7

  30.
Câu 49. Cho hình chóp S . ABC có đường cao SA  2a , tam giác ABC vuông tại C , AB  2a , CAB
Gọi H là hình chiếu của A trên SC , B ' là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng ( SAC ). Thể tích
của khối chóp H . AB ' B bằng
a3 3
2a 3 3
4a 3 3
6a 3 3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
7
7
7
7

Chọn B.

Lời giải


Đáp án chi tiết có tại Group HT 12 Thầy Nhân 2017 2018

Hữu Nhân Bhp

Từ giả thiết ta có: AC  a 3; BC  a.
Mặt khác, cũng từ giả thiết ta có BC  (SAC )  BB ' nhận C làm trung điểm.
Gọi O là hình chiếu của H trên mặt phẳng ( SAC ). Thế thì HO là đường cao của tam giác vuông
AHC.
Ta có:

1
1
1
1
1
1
49
6a


 2


 OH 
.
2
2
2
2
2
2
2
OH
AH
HC
SA
AC
AC  AH
36a
7

2a 3 3
1
1
Do đó, VH . AB ' B  .HO.2. .AC .BC 
 Đáp án đúng là B.
3
2
7
Câu 50. Ông An mua một chiếc điện thoại di động tại một cửa hàng với giá 18 500 000 đồng và đã trả trước 5
000 000 đồng ngay khi nhận điện thoại. Mỗi tháng, ông An phải trả góp cho cửa hàng số tiền không
đổi là m đồng. Biết rằng lãi suất tính trên số tiền nợ còn lại là 3,4%/tháng và ông An trả đúng 12
tháng thì hết nợ. Số tiền m là
A. 1388824 đồng.
B. 1680347 đồng.
C. 1350 203 đồng.
D. 1903203 đồng.

Chọn A.

Lời giải

Sau khi mua điện thoại, ông An còn nợ cửa hàng 13 500 000 đồng.
Sau 1 tháng, số tiền còn nợ là 1, 034.13 500 000  m đồng.
Sau 2 tháng, số tiền còn nợ là 1,034.(1, 034.13 500 000  m)  m  1, 034 2.13500 000  1.034.m  m
đồng.
Như vậy, sau 12 tháng, số tiền còn nợ là 1, 03412.13500 000  (1.03411 1.03410  ... 1.034 1) m  0
m

1, 03412.13500 000
 1388824 đồng.
1.03411  1.03410  ...  1.034  1

Vậy đáp án đúng là A.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×