Tải bản đầy đủ

THI THỬ lần 3 có HƯỚNG dẫn CHI TIẾT tự làm

TRƯỜNG HUỲNH THÚC KHÁNG

ĐỀ THI THỬ THPT LẦN 3

TỔ TOÁN

Môn :Toán
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

Mã đề thi 132
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu)
Họ, tên thí sinh:..................................................................... Lớp : .............................

r
v
Câu 1. Ảnh của đường thẳng (d) : x + 2y – 3 = 0 qua phép tịnh tiến theo
A. x + 2y – 11 = 0.

B. x – 2y + 1 = 0.


= ( 2; 3) là

C. x + 2y + 3 = 0.

D. 2x + y – 11 = 0.

r
v
HD.đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vecto

, do đó d’ song song hoặc trùng với d

d ': x + 2y + m = 0

A(3;0) ∈ d ⇒ A ' = Tvr ( A) = (5;3) ∈ d ' : 5 + 2.3 + m = 0 ⇒ m = −11
Vậy đáp án A

z = a + bi ( a , b ∈ R )
Câu 2. Cho số phức

A.

z = a − bi

.

. Khẳng định nào sau đây là sai?

B.

z2

z = a 2 + b2
là số thực.

y=x+
Câu 3. Giá trị nhỏ nhất của hàm số

25
min y = .


4
[ 2; 4]
A.

C.

9
x

D.

là số thực.

[ 2; 4]
trên đoạn



13
min y = .
2
 2; 4 

min y = −6.
 2;4
B.

z. z
.

C.

min y = 6.

[ 2; 4]
D.

Câu 4. Cho số thực dương a, b, c khác 1. Đồ thị các hàm số

y = log a x, y = log b x, y = log c x
được cho trong hình
Tìm khẳng định đúng.

bA.

.

B.

a
.

Trang 1

vẽ bên.


bC.

.

D.

a
.

HD. Kẻ đường thẳng y=1 sau đó so sánh ta được b
2

1

 1 x
 1 x
 3 ÷ + 3.  3 ÷
 
 
Câu 5. Cho bất phương trình

P = 3a + 10b

A.

−4

+1

> 12

S = ( a, b)
có tập nghiệm

. Giá trị của biểu thức



−3

5
.

B.

.

C.

.

D. 2.

HD. Điều kiện x khác 0

2

1

 1x
1 x
 3 ÷ + 3.  3 ÷
 
 

1

+1

2

1

 1 x  1x
> 12 ⇔  ÷ +  ÷
3
 3

1

x
1




÷
 3  < −4(l )
− 12 > 0 ⇔ 
1

1
  x > 3
 3 ÷


−1

1
x +1
 1 x  1 
⇔  ÷ >  ÷ ⇒ +1 < 0 ⇔
< 0 ⇔ x ∈ (−1; 0) ⇒ P = 3a + 10b = −3
x
x
3
 3

Câu 6. Hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D và SA



(ABCD) và

SA = a, AB=2a, AD=DC=a. Gọi (P) là mặt phẳng chứa SD và vuông góc mp(SAC). Tính diện tích thiết diện
của hình chóp S.ABCD với (P).

a2 6
4
A.

a2 6
2
.

B.

a2 3
2
.

C.

HD.
Gọi I là trung điểm của AB.Ta có (SDI) là thiết
diện cần tìm.
ADCI là hình vuông

DI = AC = a 2 ⇒ SI = SD = a 2
SDI Là tam giác đều

S SDI =

(a 2) 2 . 3 a 2 3
=
4
2

Suy ra

Trang 2

a2 3
4
.

D.

.


r
a (4; −6; 2)
Câu 7. Cho đường thẳng d đi qua M(2; 0; -1) và có vectơ chỉ phương
đường thẳng d là

 x = −2 + 4t

 y = −6t
 z = 1 + 2t

A.

 x = −2 + 2t

 y = −3t
z = 1+ t

.

B.

. Phương trình tham số của

 x = 4 + 2t

 y = −6 − 3t
z = 2 + t

.

C.

 x = 2 + 2t

 y = −3t
 z = −1 + t

.

D.

.

3
Câu 8. Khối cầu có thể tích bằng 36π cm . Tính bán kính R của mặt cầu.

A.

R=

6cm .

B.

y=
Câu 9. Hàm số

2x + 2
x+2

R=

3cm .

C.

.B.

C.

. D.

cos 2 2x + cos 2x −


+ kπ ( k ∈ Z )
3
.

.

y=
Câu 11. Đồ thị hàm số

x=±

π
+ k2π ( k ∈ Z ) .
6

x=±

π
+ kπ ( k ∈ Z ) .
3

B.

π
+ kπ ( k ∈ Z )
6

C.

R=

6cm .

.

có nghiệm là

A.

D.

.

3
=0
4

Câu 10. Phương trình

x=±

9cm .

có đồ thị là hình vẽ nào sau đây? Hãy chọn câu trả lời đúng

A.

x=±

R=

D.

x −1
x.( x − 3x + 2)
2

có bao nhiêu đường tiệm cận ?

Trang 3


A. 3.

B. 4 .

C. 1.

D. 2.

HD. Đồ thị hàm số có TCN y=0 và TCĐ x=1;x=2
Câu 12. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1; 5; 2) và tiếp xúc với mặt phẳng
(P): 2x + y + 3z + 1 = 0
A. (S): (x – 1)² + (y – 5)² + (z – 2)² = 14.

B. (S): (x – 1)² + (y – 5)² + (z – 2)² = 10.

C. (S): (x – 1)² + (y – 5)² + (z – 2)² = 16.

D. (S): (x – 1)² + (y – 5)² + (z – 2)² = 12.

14

d ( I ; ( P)) =

4 +1+ 9

= 14 = R

HD. Đáp án A vì

( −∞; +∞ ) ?
Câu 13. Hàm số nào sau đây đồng biến trên

y=

y = x3 + 1
A.

.

B.

x+2
x −1

y = − x 3 + 3x + 5
.

C.

y = x 4 − 2x 2
.

D.

.

Câu 14. Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA vuông góc mp(ABC) và SA=a . Biết rằng thể

3a 3
tích của khối chóp S.ABC bằng

. Tính độ dài cạnh đáy của khối chóp S.ABC.

2 3a
A.

3 3a
.

B.

2 2a

2a
.

C.

.

D.

.

HD.

VS . ABC

 SA = a
1
1 x2 . 3
12a 3 3

3
2
2
= SA.S ABC ; 

3.
a
=
.
a
.

x
=
= 12a 2 ⇒ x = 2 3a
x . 3
3
3
4
a 3
 S ABC =

4

Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình
dưới đây thuộc mặt phẳng (P) ?
A. M(2;-1;-3).

B. N(2;-1;-2).

(

A. 4.

D. Q(3;-1;2).

)

f ' ( x ) = x 2 − 9 .x 2 . ( x − 2 ) 3 .(x − 1) 4 , ∀ x ∈ ¡ .

y = f ( x)
Câu 16. Cho hàm số
của hàm số là

C. P(2;-1;-1).

2 x − y − 2 z − 3 = 0 . Điểm nào

có đạo hàm
B. 3.

Số điểm cực tri
C. 2.

Trang 4

D. 1.


x = 3

 x = −3
3


2
2
4
f ' ( x ) =  x − 9 ÷.x .( x − 2 ) .(x − 1) = 0 ⇔  x = 2



x = 0
x = 1


HD.
.Trong đó x=0 là nghiệm bội 2, x=1 là ngiệm
bội 4 nên ko là điểm cực trị. Đồ thị hàm số y=f(x) có 3 điểm cực trị.

z2 + ( 2 − m) z + 2 = 0
Câu 17. Tìm tham số m để phương trình
A. m=-2.

có 1 nghiệm là 1-i.

B. m=6.

f (x) =

F ( x)
Câu 18. Tìm nguyên hàm

C. m=2.

của hàm số

x−1
x2

1
F ( x) = − ln x + + C
x
A.

B.

.

1
F ( x) = ln x + + C
x
C.

D. m=4.

D.

.

1
F ( x) = ln x − + C
x
.

1
F ( x) = − ln x − + C
x
.

Câu 19. Từ 10 điểm phân biệt không có 3 điểm nào thẳng hàng có thể tạo được bao nhiêu đoạn thẳng?
A. 1024.

B. 100.

C. 45.

D. 90.

C102 = 45
HD số đoạn thẳng là

2 log 4 ( x − 3 ) + log 4 ( x − 5 ) = 0
2

Câu 20. Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình

A. 8.

B.

4 + 2.



C.

8 − 2.

D.

8 + 2.

HD.

2 log 4 ( x − 3) + log 4 ( x − 5 )

2

x > 3
 x > 3; x ≠ 5


= 0 ⇔ x ≠ 5
⇔
0

(x − 3) x − 5 = 2 = 1
log (x − 3) + log x − 5 = 0
2
 2

x = 4 + 2
x ∈ (5; +∞)
(x − 3)(x − 5) = 1;
⇔
⇔
x ∈ (3;5)
(x − 3)(x − 5) = −1;
x = 4
Câu 21. Hàm số nào trong các hàm số sau liên tục tại điểm x=1 ?

A.

 x + 1, x ≥ 1
h( x) = 
3x − 1, x < 1

f ( x) =
.

B.

Trang 5

x+3
x2 − 1

.


C.

 x + 1, x ≥ 1
g ( x) = 
.
2x − 3, x < 1

k ( x ) = 1 − 2x
D.

.

y = −2x 4 − 8x 2 + 1
Câu 22. Hàm số

3
có bao nhiêu điểm cực trị ?A.

0

1

. B. .

C.

. D. 2.

ABC. A' B 'C '
Câu 23. Cho lăng trụ đứng

có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a. Góc giữa đường thẳng

600
mặt đáy là



ABC . A' B 'C ' .
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ

2a 3
A.

A' B

4a 3
.

B.

a3
.

C.

6a 3
.

D.

.

HD.
Ta có

4a 2 . 3
= a 2 . 3;
4
AA ' = tan 600.AB = 2a 3
⇒ V = AA '.S ABC = 6a3
S ABC =

( P ) : y = x2
Câu 24. Tìm công thức tính thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi parabol

d : y = 2x
và đường thẳng
2

Ox
quay xung quanh trục

π ∫ ( x 2 − 2 x ) dx
2

0

A.

2

2

0

0

π ∫ 4x 2 dx −π ∫ x 4 dx
.

B.

2

2

0

0

2

π ∫ ( 2x − x 2 ) dx

π ∫ 4x 2 dx +π ∫ x 4 dx
.

C.

0

.

D.

.

f ( x ) = x2 4 + x3
Câu 25. Họ nguyên hàm của hàm số

2
9

2 x +4 +C
3

A.

.



( 4+ x )

2
.

(4+ x )

3 3

, điểm

C.

.

đối xứng của M qua trục

, khi đó

0.
C.

Trang 6

( 4+ x )

3 3

+C

D.

Oy

4.
B.

1
9

+C

M ′ ( a; b; c )

6.
A.

+C

B.

M ( 3; 2; −1)
Câu 26. Cho điểm

3 3

.

a +b+c
2.

D.

bằng


2



ln x
x

1

2

dx =

b
+ a ln 2
c

Câu 27. Biết
Tính giá trị của

b
c
(với a là số thực, b, c là các số nguyên dương và

là phân số tối giản).

2a + 3b + c

−6
A. 4.

B. 6.

C. 5.

D.

.

HD.Ta có:

1

u = ln x
du = dx 2
2

ln x
ln x 2
dx
1
12
1
1 b


x


dx
=

+
=

ln
2

=

ln
2
+
= + a ln 2
1


∫ x2
∫ x2 2
dv
=
dx

1
1
1
x
x
2
2
c

v =
1
1
x2

x

Ta có 2a+3b+c=4

y=
Câu 28. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số

cos x − 2
cos x − m

nghịch biến trên

 π
 0; ÷
 2
khoảng
A.

C.

.

m≤2

B.

.

m>2

.

t = cos x,

D.

 π
x ∈  0; ÷⇒ t ∈ ( 0;1)
 2

HD. Đặt

YCBT



y=
;

Hàm số đồng biến trên (0;1)

.

m≤0

hoặc

1≤ m < 2
.

t −2
2−m
⇒ y'=
t −m
(t − m) 2

Ta có

m < 2
2 − m > 0
m ≤ 0

⇔ y ' > 0; ∀x ∈ ( 0;1) ⇔ 
⇔ m ≤ 0 ⇔ 
m ∉ (0;1)
1 ≤ m < 2
m ≥ 1



(C ) : y =
Có bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số
A. 1.

m≤0

2x −1
x +1

B. 3.

y = 3x − 3
mà song song với đường thẳng

C. 0.

y' =

3
( x + 1) 2

HD. Gọi M(x;y) là tọa độ tiếp điểm, ta có

Trang 7

Câu 29.

D. 2.

?


Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng d: y=3x-3 nên

x +1 = 1
 x = 0 ⇒ y = −1 ∉ d (n)
3
=3⇔ 
⇔
2
( x + 1)
 x + 1 = −1  x = −2 ⇒ y = 5 ∉ d (n)
y = f ( x)
Câu 30. Cho hàm số

có đạo hàm trên

y = ( f ( x) )

y = f '( x )

3X^2+X-3
-3

-2

-1

nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau ?

x
1

2

3

( 1; 2) .

A.

( 0;4) .

B.

Hướng dẫn: Ta có

và đồ thị của hàm số

y

-1
-2
-3
-4

( - 2;1) .

thoả

2

có dạng như hình bên. Hàm số

4
3
2
1

f ( - 1) = f ( 3) = 0

¡

( - 2; 2) .

C.

éx =- 1
ê
f '( x ) = 0 Û êx = 1 .
ê
êx = 3
ë

D.

f ( - 1) = f ( 3) = 0


.

Ta có bảng biến thiên :

−∞

x

1

-1

f '( x)

f ( x)

+

0

-

0

+∞

3
+

0

0

0

−∞

−∞

Þ f ( x) < 0; " x ¹ { - 1;3} .

2

y = ( f ( x ) ) Þ y ' = 2 f ( x ) . f '( x )
Xét

;

éf ( x ) = 0
y'=0 Û ê
êf '( x) = 0 Û
ê
ë
Trang 8

éx =- 1; x = 3
ê
ê
ëx = ±1; x = 3


−∞

x

1

-1

+∞

3

f '( x)

+

0

-

0

+

0

-

f ( x)

-

0

-

|

-

0

-

-

0

+

0

+

'

2
y=é
(êë f ( x) ) ùúû

0

-

Chọn đáp án B.

u1 = 1, u 2 = 2



u n + u n −1
, ∀n ≥ 3
 u n +1 =
2

( un )
Câu 31. Cho dãy số

xác định như sau:

u 2018
Tính

.

u 2018 =

5.22019 + 1
.
3.22019

u 2018 =
B.

A.

5.22018 + 1
.
3.2 2018

u 2018 =
C.

5.22016 + 1
.
3.22016

u 2018 =

5.22017 + 1
.
3.22017

D.

un + un−1 = 2un+1 ⇒ − ( un − un−1 ) = 2 ( u n+1 −un )
HD.Từ giả thiết suy ra:

vn = un − un −1
Đặt

.Khi đó

un = vn + vn −1 + ... + v2 + 1 =
⇒ U 2018 =



(vn ); n ≥ 2
là cấp số nhân với công bội

v2 ( q n−1 − 1)
q −1

2  1
+ 1 = 1 + 1 −  − ÷
3   2 

n −1

 5 2  −1  n −1
= −
÷
÷ 3 3  2 ÷



5 2 −1 5.22016 + 1
− .
3 3 22017 3.22016

(U n )
Cách 2. Cho dãy số

1
2

thỏa

=

u1 = 1; u2 = 2

; ∀n ≥ 3.

1
1
U n +1 = 2 U n + 2 U n −1


. PT đặc trưng có dạng
n −1

2018

?

Tính

 x1 = 1
1
1
x − x− =0⇔ 
 x2 = − 1
2
2

2

1
2

Ta có

U

2

U n+1 − U n − U n−1 = 0

U n = k.1

1
2

n −1

−1
+ l.  ÷
 2 

Trang 9

.Khi đó


Với k,l là nghiệm của hệ

5

k
=
k + l = 1

5 2  1 n − 1
5 2 1
5.2 2016 + 1


3


U
=



U
=
+
.
=

1

n 3 3  2 ÷
2018 3 3 2 2017
2
3.2 2016
k− l=2



l
=


2

3

Câu 32. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA=2a, SA vuông góc

50V 3
a3
mp(ABC).Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng SB,SC. Tính
,với V là thể tích khối chóp A.BCNM.
A. 9 .

B. 10 .

C. 11 .

D.12 .

HD.đáp án A
Ta có:

SA2 4a 2 4
SB = a 5; SA = SM .SB ⇒ SM =
=
= a 5
SB a 5 5
SM SN 4 VS . ANM SM SN 16

=
= ;
=
.
=
SB SC 5 VS . ABC SB SC 25
2

VABMNCD = VS . ABC − VS . ANM

9 a3 3 3 3
= .
= a 3
25 6
50

50V 3
=9
a3

{

}

A = { 0;1; 2;3;4;5;6;7} E = a1a2 a3a4 / a1 ; a2 ; a3 ; a4 ∈ A, a1 ≠ 0
Câu 33. Cho
;
tử thuộc E. Tính xác suất để phần tử đó là số chia hết cho 5.

13
49
A.

5
16
.

B.

. Lấy ngẫu nhiên một phần

1
4

13
48
.

C.

.

D.

.

n( E ) = 7.83 = 3584
HD.Ta có

. Gọi biến cố A: “ số được chọn chia hết cho 5”

n( A) = 7.2.82 = 896 ⇒ P( A) =

n( A) 896 1
=
=
n( E ) 3584 4

Ta có
Câu 34. Cho hình chóp SABCD với đáy là hình thang ABCD, AD // BC, AD = 2BC. Gọi E là trung điểm AD và
O là giao điểm của AC và BE. I là một điểm thuộc đoạn OC (I khác O và C). Mặt phẳng ( α) qua I song song với
(SBE) cắt hình chóp SABCD theo một thiết diện là
A. Một hình tam giác.

B. Một hình thang.

C. Một hình tứ giác không phải là một hình thang và không phải là hình bình hành.

Trang 10


D. Một hình bình hành .
HD

.

Ta có

( α ) P( SBE )

( SBE ) ∩ ( ABCD ) = BE ⇒ ( α ) ∩ ( ABCD ) = MN P BE ( I ∈ MN , M ∈ AD, N ∈ BC ) .

 I ∈ ( α ) ∩ ( ABCD )

Tương tự

( α ) ∩ ( SBC ) = NQ PSB, ( α ) ∩ ( SAD ) = MP PSE.
Nối QP. Vậy thiết diện là tứ giác NMPQ.

⇒ CD P BE
Ta có tứ giác BCDE là hình bình hành

⇒ CD P NM

PMN
mà BE

( cách dựng trên) nên

CD P NM

CD ⊂ ( SCD )
⇒ PQ PMN

 MN ⊂ ( α )
( α ) ∩ ( SCD ) = PQ

Ta có

. Hay thiết diện NMPQ là hình thang.

y = f ( x)
Câu 35. Cho hàm số

x

có bảng biến thiên như sau.

−∞

f '( x )

−1
+

0

+∞

3
-

0

+

+∞

2017

f ( x)

−∞

−2017

Trang 11


y = f ( x-2018 ) + 2017
Đồ thị hàm số

3
A.

có bao nhiêu điểm cực trị?

5
. B.

.

4

C.

D.

2

.

y = f ( x − 2018 ) + 2017
HD.Ta có đồ thị hàm số

có dạng như bên:

Dễ thấy đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 36. Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng 2a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Cho

a 3
2

( BGC’)
khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng

1
39
bằng

A.

bằng

2
39
.

B.

. Cosin của góc giữa hai đường thẳng B’G và BC

3
39
.

C.

5
39
.

D.

.

giải

B ' C '/ / BC ⇒ (·BC ; B 'G ) = (·B ' C '; B 'G )
Ta có

.

Gọi M là trung điểm của AC ta có

 BM ⊥ AC
⇒ BM ⊥ ( AC C' A ' )

 BM ⊥ AA '
d ( C ; ( BC ' M ) ) = d ( C ; ( BC ' G ) ) = CE =

CE ⊥ MC ' ⇒ CE ⊥ ( C 'MB)
Dựng

; Do đó

1
1
1
=
+
⇒ CC ' = a 3
2
2
CE
CM
CC '2
Khi đó

Trang 12

a 3
2


BM = a 3 ⇒ BG =

2a 3
a 39
⇒ B 'G = BG 2 + BB ' 2 =
3
3

Lại có

C 'G = CG 2 + CC ' 2 =

a 39
3

Tương tự ta có

· ' B 'G =
cos C

C ' B '2 + GB '2 − GC '2
3
3
=
⇒ cos(·BC ; B 'G ) =
.
2C ' B '.GB'
39
39

Do vậy
Câu 37. Cho số phức z ,biết rằng các điểm biểu diễn hình học của các số phức z, iz và z+iz tạo thành một tam
giác có diện tích bằng 18. Tính môđun của số phức z.

z =2 3
A.

z =6

z =3 2
.

B.

.

C

z =9
.

D

.

A ( x; y ) , B ( − x; y ) , C ( x − y; x + y )
HD. Đáp án C Gọi

AB =

( x + y)

là các điểm biểu diễn 3 số phức theo đề bài
2

+ ( x − y ) ; AC = y + x ; BC = x 2 + y 2 ; ⇒ AB2 = BC2 + AC2
2

2

2

Ta có

1
1
C ⇒ SABC = .AC.BC = ( x 2 + y 2 ) = 18 ⇒ x 2 + y 2 = 6 = z
2
2
Suy ra tam giác ABC vuông tại

AD = 8, CD = 6, AC ′ = 13

ABCD. A ' B ' C ' D '
Câu 38. Cho hình hộp chữ nhật



. Tính diện tích toàn phần

Stp

A ' B 'C ' D '
của hình trụ có hai đường tròn đáy là hai đường tròn ngoại tiếp hai hình chữ nhật ABCD và

Stp = 5(4 11 + 5)π .

Stp = 10 69π .
A.

B.

Stp = 10( 69 + 5)π .
C.

HD.đáp án C
B

A
8
D

C
6
13
B'

A'

D'

C'

R=

AC
=
2

AD 2 + DC 2
=5
2

Hình trụ có bán kính
chiều cao

Trang 13

.

Stp = 10(2 11 + 5)π .
D.


AA ' =

AC '2 − A ' C '2 = 169 − 100 = 69.

Stp = 2π Rl + 2π R 2 = 10( 69 + 5)π .

Stp
Tính diện tích toàn phần

của hình trụ là

Câu 39. Một cái ly đựng rượu có dạng hình nón như hình vẽ. Người ta đổ một lượng rượu

1
3
vào ly sao cho chiều cao của lượng rượu trong ly bằng
chiều cao của ly (không tính chân
ly). Hỏi nếu bịt kín miệng ly rồi lộn ngược ly lên thì tỷ lệ chiều cao của rượu và chiều cao của
ly trong trường hợp này bằng bao nhiêu?

1
.
6

3 − 3 26
.
3

1
.
9

A.

B.

3−2 2
.
3

C.

D.

HD.Gọi R, h, V lần lượt là bán kính, chiều cao và thể tích của ly hình nón .

R1 , h1 , V1
Gọi

lần lượt là bán kính, chiều cao và thể tích của hình nón phần chứa rượu .

V2
Gọi

là chiều cao và thể tích của phần còn lại.

h2
Gọi

là chiều cao của phần còn lại khi lộn ngược lên trên.

Theo giả thiết ta có

R1 1 V1 1
V
1 26
= ⇒ =
⇒ 2 = 1−
=
R 3 V 27
V
27 27

h1 1
= .
h 3
Theo ta lét ta suy ra

V1
Khi lộn ngược ly lên thì lượng rượu có thể tích

V2
xuống miệng ly còn phần còn lại

lên trên nên ta có

3
V2 26
h
26
=
⇒ 2 =
V 27
h
3

26 3 − 3 26
1−
=
.
3
3
3

Nên tỉ số chiều cao phần còn lại với chiều cao ly cũng là tỉ số cần tìm là

Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x+2y-z-3=0 và mặt cầu (S) có phương trình

( x − 5)

2

+ ( y − 2) + ( z − 2) = 9
2

M ( a; b; c )

2

. Mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) tại điểm

a +b+c
A. 6.

bằng
B. -6.

C. -9.

HD.M là hình chiếu của Tâm I(5;2;2) lên mặt phẳng (P)

Trang 14

D. 12.

, khi đó


+Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm mặt cầu và vuông góc với mặt phẳng ( P ) là

 x = 5 + 2t

 y = 2 + 2t
z = 2 − t


+ Tọa độ tiếp điểm M là giao của d với mặt phẳng (P) . Giải hệ
a+b+c=6.

 x = 5 + 2t
 y = 2 + 2t


z = 2 − t
 2 x + 2 y − z − 3 = 0

ta được M(3;0;3). Nên

1
S = C30
+ 3.22.C303 + 5.24.C305 + ... + 27.2 26.C3027 + 29.228. C3029 = a ( 329 − b )

Câu 41.

Biết

(a,b nguyên dương). Tính P=a+b.
A.

S = 15

.

B.

P = 31

.

C.

P = 16

.

D.

P = 30

.

HD. Đáp án C Xét khai triển
0
1
2 2
3 3
30 30
(1 + x)30 = C30
+ C30
x + C30
x + C30
x + ..... + C30
x
1
2
3 2
29 28
30 29
30.(1 + x)29 = C30
+ 2.C30
x + 3.C30
x + ..... + 29.C30
x + 30.C30
x
1
2
3 2
29 28
30 29
x = 2 :30.329 = C30
+ 3.2.C30
+ 3.C30
2 + ..... + 29.C30
2 + 30.C30
2
1
2
3 2
29 28
30 29
x = −2 : −30 = C30
− 3.2.C30
+ 3.C30
2 + ..... + 29.C30
2 − 30.C30
2
1
3
29
⇒ C30
+ 3.22 C30
+ ...... + 29.228 C30
=

30.329 − 30
= 15(329 − 1)
2

Do đó a=15, b=1
Câu 42. Trong mặt phẳng tọa độ, cho hình chữ nhật (H) có một cạnh nằm trên trục hoành, và có hai đỉnh trên

(

A ( −1; 0 )
một đường chéo là

C a; a


)
, với

a=
phần có diện tích bằng nhau. Tìm a . A.

a >0

y= x
. Biết rằng đồ thị hàm số

1
2
B.

a=4

HD.

Trang 15

C.

a =9

chia hình (H) thành hai

D.

a =3


(

A ( −1; 0 )
Gọi ABCD là hình chữ nhật với AB nằm trên trục Ox,

C a; a


. Nhận thấy đồ thị hàm số

(

C a; a

y= x
cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 0 và đi qua

S1 , S2
ra làm 2 phần có diện tích lần lượt là

x = 0, x = a
trục Ox,

)

)
. Do đó nó chia hình chữ nhật ABCD

y= x

S1
. Gọi

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

S2



S1 , S2



là diện tích phần còn lại. Ta tính lần lượt

.

a

S1 = ∫ xdx
0

Tính diện tích

Đáp án D Đặt

t = x ⇒ t 2 = x ⇒ 2tdt = dx
a

S1 =

x = 0 ⇒ t = 0; x = a ⇒ t = a.
khi


0

 2t 3 
2t dt = 
÷
 3 
2

a
0

=

;

2a a
3

Do đó

S2 = SABCD − S1 = a ( a + 1) −

AB = a + 1; AD = a
Hình chữ nhật ABCD có

2a a 1
= a a+ a
3
3

nên

y= x
Do đó đồ thị hàm số

S1 = S2 ⇔

chia hình (H) thành hai phần có diện tích bằng nhau nên

2a a 1
= a a + a ⇔ a a = 3 a ⇔ a = 3 ( do a > 0 )
3
3

a

ABCD. A ' B ' C ' D '
Câu 43. Cho hình lập phương

AC , DC '
chéo nhau

a 3
.
3

a
theo

có cạnh bằng

. A.

a 3
.
2
B.

a
.
3
C.

HD.

AC / / A ' C ' ⇒ AC / / ( DA ' C ')


Trang 16

. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

a.
D.


d ( AC ; DC ' ) = d ( AC ; ( DA ' C ' ) = d ( A; ( DA ' C ' ) = d ( D '; ( DA ' C ')
Nên

D ' A ' DC '
Tứ diện

 D '
là tứ diện vuông tại

nên

1
1
1
1
1
1
1
3
=
+
+
= 2+ 2+ 2= 2
2
2
2
d (D';(DA'C') D ' A ' D ' D
D 'C '
a a
a
a
2

a
a 3
=
= d ( AC ; DC ')
3
3

⇒ d ( D ';( DA 'C') =

x - 2y + 2z - 5 = 0
Câu 44. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) :

và hai điểm A(-3;0;1), B(1;-1;3).

Trong các đường thẳng đi qua A và song song với mặt phẳng (P), gọi
đường thẳng



là nhỏ nhất. Hỏi

( 23;- 11;- 1)

đường thẳng mà khoảng cách từ B đến

đi qua điểm nào sau đây ?

( 23;11;- 1)
.

A.





( 29;11;- 1)
.

B.

( 29;11;1)
.

C.

D.

.

x − 2 y + 2z + 1 = 0
HD.Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và song song với (P). Suy ra (Q) :



Gọi H là hình chiếu của B trên

Ta có:
AK.

BH ≥ BK

.

, K là hình chiếu của B trên (Q).

d ( B, ∆ )
nên

nhỏ nhất khi và chỉ khi BH=BK, tức đường thằng



cần tìm là đường thẳng

 x = 1+ t

d :  y = −1 − 2t
 z = 3 + 2t

Gọi d là đường thẳng qua B và vuông góc với (Q). Phương trình

Ta có:

 1 11 7 
K = d ∩ (Q ) ⇒ K  − ; ; ÷
 9 9 9

∆:
Phương trình đường thẳng

. Suy ra

x + 3 y z −1
= =
26 11 −2

uuur  26 11 −2 
AK  ; ; ÷
 9 9 9 

.

∆:
Thay (23 ;11 ;-1) vào phương trình đường thẳng

x + 3 y z −1
= =
26 11 −2

đúng nên đáp án D.

(

)

log 0,02 log 2 ( 3x + 1) > log 0,02 m
Câu 45. Tìm các giá trị thực của tham số m để bất phương trình

x ∈ ( −∞;0 )
với mọi

.

Trang 17

có nghiệm


A.

m>9

HD.TXĐ:

B.

D=¡

m<2

ĐK tham số m:

(

C.

0 < m <1

D.

m ≥1

m<0

)

log 0,02 log 2 ( 3x + 1) > log 0,02 m ⇔ log 2 ( 3x + 1) < m
Ta có

f'=

f ( x ) = log 2 ( 3x + 1) , ∀x ∈ ( −∞;0 )
Xét hàm số

3x.ln 3
> 0, ∀x ∈ ( −∞;0 )
( 3x + 1) ln 2



f ( x)
Bảng biến thiên

:

−∞

x

0

f'

+

f

1
0

Khi đó với yêu cầu bài toán thì

m ≥1

Câu 46. Lãi suất gửi tiền tiết kiệm của các ngân hàng trong thời gian qua liên tục thay đổi. Bác Mạnh gửi vào
một ngân hàng số tiền

0, 9% / tháng

5

triệu đồng với lãi suất

. Đến tháng thứ

10

0, 7% / tháng

. Sau sáu tháng gửi tiền, lãi suất tăng lên

sau khi gửi tiền, lãi suất giảm xuống

0, 6% / tháng

và giữ ổn đinh. Biết rằng

nếu bác Mạnh không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu
(ta gọi đó là lãi kép). Sau một năm gửi tiền, bác Mạnh rút được số tiền là bao nhiêu? (biết trong khoảng thời
gian này bác Mạnh không rút tiền ra)
A.

5436521,164 

đồng

B.

5452771, 729

đồng C.

5436566,169

đồng D.

5452733, 453

đồng

5 ( 1 + 0.007 ) ( 1 + 0.009 ) ( 1 + 0.006 ) = 5452733, 453
6

3

3

HD. Số tiền bác Mạnh thu được :

đồng

v1 ( t ) = 2t ( m / s ) .
Câu 47. Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc
Đi được 12 giây, người
lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc

a = −12 ( m / s 2 ) .
Tính quãng đường s(m) đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn
A.

s = 168m

B.

s = 166m

C.

Trang 18

s = 144m

D.

s = 152m


12

s1 = ∫ 2tdt = 144m
0

HD. Quảng đường xe đi được trong 12s đầu là

v = 24m / s,
Sau khi đi được 12s vật đạt vận tốc

sau đó vận tốc của vật có phương trình

v = 24 − 12t

Vật dừng hẳn sau 2s kể từ khi phanh
12

s 2 = ∫ ( 24 − 2t ) dt = 24m
0

Quãng đường vật đi được từ khi đạp phanh đến khi dừng hẳn là

s = s1 + s 2 = 144 + 24 = 168m
Vậy tổng quãng đường ô tô đi được là

[ −1; 4]

y = f ( x)
Câu 48. Cho đồ thị hàm số
4

I = ∫ f ( x ) dx

I=

−1

có đồ thị trên đoạn

5
2

I=

A.

như hình vẽ dưới. Tính tích phân

11
2

B.

C.

I=5

D.

I=3

A ( −1;0 ) , B ( 0; 2 ) , C ( 1; 2 ) , D ( 2;0 ) , E ( 3; −1) , F ( 4; −1) , H ( 1; 0 ) , K ( 3; 0 ) , L ( 4; 0 ) .
Gọi
4

2

4

−1

−1

2

I = ∫ f (x) dx = ∫ f (x) dx + ∫ f (x) dx
Ta có:

1
1
1
5
= SABO + SOBCH + SHCD − SDKE − SEFLK = .2.1 + 2.1 + .2.1 − .1.1 − 1.1 =
2
2
2
2
4

2

4

1
1
5
I = ∫ f (x) dx = ∫ f (x) dx + ∫ f (x) dx = (3 + 1).2 − (1 + 2).1 =
2
2
2
−1
−1
2
Cách 2.

x 4 − 4 x 2 − 4 + 2m = 0
Câu 49. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
phân biệt?
A. 1.
B. 2.
C. 4.
4

2

x − 4 x − 4 + 2m = 0 ⇔ m = −

x4
2

+ 2 x2 + 2

( *)

HD.Ta có:

Trang 19

có 4 nghiệm
D. 3.


y=

− x4
+ 2 x2 + 2 :
2

Xét hàm số

− x4
y=
+ 2 x 2 + 2,
2
- Từ đồ thị hàm số

ta suy ra: Phương trình (*) có bốn nghiệm phân biệt

2
Vì m là số nguyên nên m=3. Có 1 giá trị nguyên.

T = 1 + z + 1 − z + z2 .

z =1
Câu 50. Cho số phức z thỏa mãn

M=

13
2

A.

. Tính M là giá trị lớn nhất của

M=
.

B.

13
4

M= 3
.

C.

M =3

.

D.

.

1 − z + z 2 = 2x − 1
HD. Gọi z=x+yi, ta có

2 ( 2x − 1) + 2x − 1 = g ( x )
2

Vậy nên T=

TH1:Xét .

1 
x ∈  ;1
2 

g ( x ) = 2 ( x + 1) + 2x − 1
thì

max g ( x ) = g ( 1) = 3
1 
 2 ;1
 

TH2:

 1
x ∈  −1; ÷
 2

g ( x ) = 2 ( x + 1) − 2x+1
thì

 7  13  1 
7
g ( x ) = 0 ⇔ x = − g ( 1) = 3; g  − ÷ = ; g  ÷ = 3
 8 4 2
8

 7  13
max g ( x ) = g  − ÷ =
1


 8 4
 −1; 2 ÷

'

;

Trang 20



nên



.


------------ HẾT ----------

Trang 21



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×