Tải bản đầy đủ

đề thi thử THPT QG 2019 toán THPT lương thế vinh hà nội – lần 2 có lời giải

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
THPT LƯƠNG THẾ VINH

ĐỀ THI THỬ THPT QG – LẦN 2
NĂM HỌC 2018 -2019
MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề)

Câu 1: Cho số phức z thỏa mãn z = 3 + 2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z .
A. Phần thực bằng −3, phần ảo bằng 2 .
B. Phần thực bằng 3, phần ảo bằng 2.
C. Phần thực bằng 3, phần ảo bằng −2 .
D. Phần thực bằng −3, phần ảo bằng −2 .
x  x0 y  y0 z  z0
Câu 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :
. Điểm M nằm


a
b
c

trên đường thẳng  thì tọa độ của điểm M có dạng nào sau đây?
A. M ( at ; bt ; ct ) .
B. M ( x0t ; y0t ; z0t ) .
C. M ( a + x0t; b + y0t; c + z0t ) .
D. M ( x0 + at ; y0 + bt ; z0 + ct ) .
Câu 3: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên
và có bảng biến thiên như sau:

Tìm giá trị cực đại yCĐvà giá trị yCT của hàm số đã cho.
A. yCĐ = −2 và yCT = 2 .
B. yCĐ=3 và yCT = 0 .
C. yCĐ = 2 và yCT = 0 .
D. yCĐ = 3 và yCT = −2 .
Câu 4: Trong hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1;0;0) , B (0;−1;0) , C (0;0;2) . Phương trình mặt phẳng
( ABC ) là:
z
y
A. x − 2 y + z = 0 .
B. x − y + = 1 .
C. x +
−z=1.
D. 2 x − y + z = 0
2
2
Câu 5: Đường thẳng y = m tiếp xúc với đồ thị ( C ): y = − 2 x4 + 4 x2 − 1 tại hai điểm phân biệt
A (xA ; yA ) và B (xB ; yB ) . Giá trị của biểu thức yA + yB bằng
A. 2 .
B. −1.
C. 1.
D. 0.
Câu 6: Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào đồng biến trên tập ?
A. y = 21 − 3 x .
B. y = log2 ( x − 1 ) .
C. y = log2 ( 2x + 1 ) .
D. y = log 2 ( x2 + 1) .
Câu 7: Đường cong như hình bên dưới là đồ thị của hàm số nào sau đây?

A. y   x3  3x 2  2
B. y  x3  3x 2  2
Câu 8: Tìm tập xác định của hàm số y = ( x2 + 2x – 3)e


A. ( − ; − 3 )  ( 1; +  ) .
C. ( − 3;1 ) .
2x 1
Câu 9. Cho hàm số y 
Mệnh đề đúng là
x 1

C. y  x 4  2 x 2  2

D. y   x4  2 x 2  2

B. ( − ; − 3    1; + ) .
D.  − 3;1 


A. Hàm số nghịch biến trên ( − ; − 1 ) và ( − 1; + ) .
B. Hàm số đồng biến trên ( − ; − 1 ) và ( 1;+ ) , nghịch biến trên ( − 1;1 ) .
C. Hàm số đồng biến trên
D. Hàm số đồng biến trên ( − ; − 1 ) và ( − 1; + ) .
Câu 10: Thể tích của khối cầu có bán kính R là:

4 R 3
C. 2R3
3
Câu 11: Cho f (x) , g (x) là các hàm số có đạo hàm liên tục trên , k 
đây, khẳng định nào sai?
A.  R3

B.

D.

 R3

3
. Trong các khẳng định dưới

  f  x   g  x dx   f  x  dx   g  x  dx.
B.  f '  x  dx  f  x   C.
A.

C.  kf (x) d x = k  f (x) d x .
D.

  f  x   g  x dx   f  x  dx   g  x  dx

Câu 12: Cho lăng trụ tứ giác đều có đáy là hình vuông cạnh a , chiều cao 2a. Tính thể tích khối lăng
trụ.
A.

2a 3
.
3

B.

4a 3
.
3

C. a3.

D. 2a3 .

4
Câu 13: Tích của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x + x trên đoạn  1;3  bằng

52 .
3
x2 y 2 z 6
Câu 14: Trong hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thằng chéo nhau d1 :


;
2
1
2
x  4 y  2 z 1
d2 :


. Phương trình mặt phẳng (P) chứa d1và song song với d2là
1
2
3
A. (P): x + 8y + 5z + 16 = 0 .
B. (P): x + 8y + 5z − 16 = 0 .
C. (P): 2x + y − 6 = 0 .
D. (P): x + 4y + 3z − 12 = 0 .
x2 y 2 z 6
Câu 15: Trong hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :
cắt mặt phẳng


2
1
2
(P): 2x − 3y + z − 2 = 0 tại điểm I ( a ; b ; c ) . Khi đó a + b + c bằng
A. 9.
B. 5.
C. 3.
D. 7 .
Câu 16: Cho dãy số (un) là một cấp số cộng, biết u2 + u21 = 50 . Tính tổng của 22 số hạng đầu tiên của
dãy.
A. 2018 .
B. 550.
C. 1100.
D. 50.
x 1
Câu 17: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y 

x  2x 1
A.

65
.
3

B. 20 .

C. 6 .

D.

A. 4 .
B. 3.
C. 2 .
D. 1.
Câu 18: Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC.

a3
a3 3
a3 3
B. V 
C. V 
8
3
4
3
Câu 19: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2x ( 1 + 3x ) là
A. V 

D. V 

a3
4


 6 x2 
3 
3 


B. x 1 
C. 2 x  x  x 4 
D. x 2  x  x3   C
C
5 
4 
4 



Câu 20: Tập nghiệm S của bất phương trình .
1

1

A. S = 1; + ) .
B. S   ;  
C. S   ;  .
D. S = ( − ;1 .
3

3

Câu 21: Trong hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A (3;5;3) và hai mặt phẳng (P):2x + y + 2z − 8 = 0,
(Q): x − 4 y + z − 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và song song với cả hai mặt phẳng (P)
và (Q) .
x  3  t
x  3
x  3  t
x  3  t




A.  y  5  t .
B.  y  5  t
C.  y  5
D.  y  5
z  3
z  3  t
z  3  t
z  3  t




 3 
A. x 1  x 2   C
 2 

2

2

x  2  t

Câu 22: Trong hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (−1;1;6 ) và đường thẳng  :  y  1  2t . Hình chiế vuông
 z  2t

góc của A trên  là:
A. M ( 3; −1;2 ) .

B. H ( 11;−17;18 ) .

Câu 23: Cho f (x) , g (x) là các hàm số liên tục trên
2

2

0

1

C. N ( 1;3;−2 ) .

thỏa mãn

`

1

2

0

0

D. K (2;1;0) .

 f  x dx  3,   f  x   3g  x  dx  4 và

 2 f  x   g  x dx  8 Tính I   f  x dx.
A. I = 1 .

B. I = 2 .

C. I = 3 .

D. I = 0 .

4

x
3
 x 2  cắt trục hoành tại mấy điểm?
2
2
A. 0 .
B. 2 .
C. 4.
D. 3.
Câu 25: Trong hệ tọa độ (Oxyz) , cho đểm I (2;−1;−1) và mặt phẳng (P) : x − 2y − 2z + 3 = 0 . Viết
phương trình mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P) .
A. ( S ) : x2 + y2 + z2 − 4x + 2y + 2z − 3 = 0.
B. ( S ) : x2 + y2 + z2 − 2x + y + z − 3 = 0.
C. ( S ) : x2 + y2 + z2 − 4x + 2y + 2z + 1 = 0.
D. ( S ) : x2 + y2 + z2 − 2x + y + z + 1 = 0.
Câu 26: Cho hình lập phương có cạnh bằng . Một hình nón có đỉnh là tâm của hình vuông và có đường
tròn đáy ngoại tiếp hình vuông ABCD. Tính diện tích xung quanh của hình nón đó.
Câu 24: Đồ thị hàm số y  

A.

 a2 2

B.  a 2 3

C.

 a2 2

.

D.

 a2 3

2
4
2
9
Câu 27: Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức ( 3 + x )11
A. 9.
B. 110.
C. 495.
D. 55.

Câu 28: Cho số thực a  0, a  1 . Giá trị của log a2

 a  bằng
7

3

6
3
B.
14
7
Câu 29: Đạo hàm của hàm số y = log 8 ( x3 − 3x − 4 ) là

A.

A.

3x3  3
 x3  3x  4 ln 2

B.

x2  1
 x3  3x  4 ln 2

C.

3
8

C.

3x3  3
x3  3x  4

D.

D.

7
6

1
 x3  3x  4 ln 8


u1  u3  10
Câu 30: Cho cấp số nhân (un) thỏa mãn 
. Tìm u3
u4  u6  80
A. u3 = 8 .
B. u3 = 2 .
C. u3 = 6 .

D. u3 = 4 .

Câu 31: Cho khối nón (N) đỉnh S , có chiều cao là a 3 và độ dài đường sinh là 3a . Mặt phẳng (P) đi qua
đỉnh S , cắt và tạo với mặt đáy của khối nón một góc 60. Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( )P
và khối nón (N) .
A. 2a2 5 .
B. a2 3 .
C. 2a2 3 .
D. a2 5 .
Câu 32: Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 4 có đồ thị (C) như hình vẽ và đường thẳng d : y = m3 − 3m2 + 4 (với
m là tham số). Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại ba điểm
phân biệt?
A. 3.
B. 2 .
C. 1.
D. Vô số.

Câu 33: Cho các số phức z thỏa mãn z = 2 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức
w = 3 − 2i + ( 4 − 3i)z là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó.
B. r = 2 5 .

A. r = 5 .

C. r = 10 .

D. r = 20 .

2  81x  81 x
có giá trị bằng
11  3x  3 x
A. 14.
B. 49.
C. 42.
D. 28.
Câu 35: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, AA  = 2a . Gọi  là góc
giữa AB và BC. Tính cos .
Câu 34: Cho 9x + 9 −x = 14 . Khi đó biểu thức M 

A. cos =

5
.
8

B. cos =

51
.
10

C. cos =

39
.
8

D. cos =

7
.
10

x  1 t
x 1 y  m z  2

Câu 36: Cho hai đường thẳng d1 :  y  2  t và d 2 :
(với m là tham số). Tìm m


2
1
1
 z  3  2t

để hai đường thẳng d1, d2 cắt nhau.
A. m = 4 .
B. m = 9 .
C. m = 7 .
D. m = 5 .
Câu 37: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAD ) .
a 3
a 3
a 3
a 3
.
B.
C.
.
D.
.
6
2
3
4
Câu 38: Cho một hộp có chứa 5 bóng xanh, 6 bóng đỏ và 7 bóng vàng. Lấy ngẫu nhiên
4 bóng từ hộp, tính xác suất để có đủ 3 màu.
35
35
175
35
A.
B.
.
C.
D.
816
5832
68
1632
Câu 39: Cho phương trình log 32 x − 4log 3 x + m − 3 = 0 . Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số m để

A.

phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1  x2  1 .


A. 6.
B. 4.
C. 3.
D. 5.
Câu 40: Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của tham số m để đường thẳng d: y = mx + 1 cắt đồ thị
(C) : y = x3 − x2 + 1 tại 3 điểm A ; B ( 0;1 );C phân biệt sao cho tam giác AOC vuông tại O ( 0;0 )?
A. 0 .
B. 1.
C. 3.
D. 2 .

x  t

Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 1;−1;2 ) và hai đường thẳng d1 :  y  1  t
 z  1

x  1 y 1 z  2
. Đường thẳng  đi qua điểm M và cắt cả hai đường thẳng d1 , d2 có véctơ chỉ
d2 :


2
1
1
phương là u  1; a; b  , tính a + b.
A. a + b = − 1.
B. a + b = − 2.
C. a + b = 2.
D. a + b = 1.
Câu 42: Hai người A và B ở cách nhau 180 (m) trên một đoạn đường thẳng và cùng chuyển động thẳng
theo một hướng với vận tốc biến thiên theo thời gian, A chuyển động với vận tốc v1 (t) = 6 t + 5 ( m/s ) ,
B chuyển động với vận tốc v2 (t) = 2at − 3 ( m/s ) (a là hằng số), trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính
từ lúc A, B bắt đầu chuyển động. Biết rằng lúc đầu A đuổi theo B và sau 10 (giây) thì đuổi kịp. Hỏi sau 20
(giây), A cách B bao nhiêu mét?
A. 320 ( m ) .
B. 720 ( m ) .
C. 360 ( m ) .
D. 380 ( m ) .
Câu 43: Một hình hộp chữ nhật có chiều cao là 90 cm, đáy hộp là hình chữ nhật có chiều rộng là 50 cm
và chiều dài là 80 cm. Trong khối hộp có chứa nước, mực nước so với đáy hộp có chiều cao là 40 cm. Hỏi
khi đặt vào khối hộp một khối trụ có chiều cao bằng chiều cao khối hộp và bán kính đáy là 20 cm theo
phương thẳng đứng thì chiều cao của mực nước so với đáy là bao nhiêu?

A. 68,32 cm.
B. 78,32 cm.
C. 58,32 cm.
D. 48,32 cm.
Câu 44: Một chiếc cổng có hình dạng là một Parabol có khoảng cách giữa hai chân cổng là AB = 8m .

Người ta treo một tấm phông hình chữ nhật có hai đỉnh ,M N năm trên Parabol và hai đỉnh P Q nằm trên
mặt đất(như hình vẽ). Ở phần phía ngoài phông (phần không tô đen) người ta
mua hoa để trang trí với chi phí cho 1m 2 cần số tiền cần mua hoa là 20 3x

3



 6 x3 
là x 1 
C
5 

2

Câu 20: Chọn A
Lời giải
13 x

13 x

3 x 1

2

2

25
2
2
5
5
5
             3x  1  2  x  1
  
4
5
5
2
 2
 2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = 1; +) .
Câu 21: Chọn C
Lời giải

(P) có một VTPT n1 ( 2;1;2 ),  Q  có một VTPT n2 1; 4;1
Do d //(P), d //(Q)  d có VTCP u   n1; n2  = ( 9;0;− 9)  u1 1;0; 1 cũng là một VTCP của (d) .

x  3  t

Đường thẳng (d) đi qua A (3;5;3) , nhận u1 làm VTCP, có phương trình là  y  5 , t 
z  3  t

Câu 22: Chọn A
Lời giải
Xét điểm H ( 2 + t ;1− 2t ;2t) .
Ta có : AH = ( 3 + t ; −2t;2t−6) ; a = ( 1; − 2;2 )
H là hình chiếu vuông góc của A trên   AH .a = 01. ( 3 + t ) + 4t + 2 ( 2t − 6 ) = 0  t = 1.
Suy ra: H ( 3;−1;2) .
Câu 23:Chọn A
Lời giải
Vì hàm số f (x) , g (x) liên tục trên

nên

2


2
   f  x   3g  x   dx  4
  f  x  dx  3 g  x  dx  4
  f  x  dx  4
0
0
0
0
 2
 2
2
2
  2 f x  g x  dx  8 2 f x dx  g x dx  8  g x dx  0
 
0  
   
   
  
0
 0
0
2

2

Vì hàm số f ( x ) liên tục trên
2

2

1

0

0

nên

2

1

2

0

0

1

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx

  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  4  3  1
1

2

Vậy

 f  x  dx  1
1

Câu 24: Chọn B


Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm: 

x4
3
 x2   0  x4  2x2  3  0
2
2

 x2  3
  x  3 x  1  0   2
x 3
 x  1
Vậy đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 2 điểm.
Câu 25: Chọn A
Lời giải
Gọi R là bán kính mặt cầu (S) .
Vì mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên ta có:
2  2  1  2.  1  3 9
R  d I ; P  
 3
2
2
3
12   2    2 
2

2

Vậy nên ta có phương trình mặt cầu (S) là:
( x − 2 )2 + ( y + 1 )2 + ( z + 1 )2 = 9  x2 + y2 + z2 − 4x + 2y + 2z − 3 = 0.
Câu 26: Chọn D
Lời giải

Gọi ,O O lần lượt là tâm của hình vuông ABCD , ABCD.
Hình nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có cạnh là a nên đáy của hình nón là đường
1
a 2
AC 
2
2
Hình nón có đỉnh là tâm của hình vuông ABCD nên chiều cao của hình nón bằng độ dài cạnh của hình
vuông. Suy ra: h = a .
Khi đó: độ dài đường sinh của hình nón là:

tròn có bán kính r 

2

a 2
3a 2 a 6
l  O ' A  O ' O  OA  h  r  a  



2
2
2


2

2

2

2

2

Diện tích xung quanh của hình nón là: S xq   rl  

a 2 a 6  a2 3
.

 dvdt 
2
2
2

Câu 27: Chọn C
Lời giải
Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức ( 3 + x )11 là: C11k 311k.x k
Cho k = 9 ta được hệ số của số hạng chứa x9 trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức
( 3 + x)11 là 32. C119 = 495 .


Câu 28: Chọn A
Lời giải

 

3
1
1 3
3
7
log a2 a  log a a  . log a a 
2
2 7
14
Câu 29: Chọn B.
. Lời giải
7

3

x

3

 3x  4  '

3  x 2  1

x2 1
Ta có y  log8  x  3x  4   y '  3


 x  3x  4 ln 8 3  x3  3x  4 ln 2  x3  3x  4  ln 2
3

Câu 30: Chọn A
Lời giải
Gọi công bội của cấp số nhân là q
Theo giả thiết ta có:
2
u1  u1q 2  10

u1  u1q 2  10
u1  u3  10
u1  2
u1  u1q  10


 3







3
2
5
3


q  2
u4  u6  80

q .10  80
u1q  u1q  80
q  u1  u1q   80

Suy ra: u3  u1q 2  8
Câu 31: ChọnA
Lời giải

+) Khối nón ( N ) có tâm đáy là điểm O, chiều cao SO = h = a 3 và độ dài đường sinh l = 3a .
+) Giả sử mặt phẳng (P) cắt (N) theo thiết diện là tam giác SAB.
Do SA = SB = l  tam giác SAB cân tại đỉnh .S
+) Gọi I là trung điểm của AB . Ta có OI ⊥ AB , SI ⊥ AB và khi đó góc giữa mặt phẳng (P) và mặt đáy
của ( N ) là góc SIO = 60.
+) Trong tam giác SOI vuông tại O góc SIO = 60 .
SO
a 3

 2a .
sin SIO sin60
+) Trong tam giác SIA vuông tại I .

Ta có SI =

Ta có IA2 = SA2 − SI2 = 9a2 − 4a2 = 5a2  IA = a 5  AB = 2IA = 2 a 5 .
1
1
Vậy diện tích thiết diện cần tìm là Std = SSAB = S .AB = .2a.2a 5  2a 2 5
2
2
Câu 32: Chọn C
Lời giải
Từ đồ thị suy ra đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi


1  m  3
3
2
 m  1 m  2 2  0

m

3
m

4

0



0  m3  3m2  4  4   3

 m  0
2
2
m
m

3

0



m  3m  0

m  2


Vì m là số nguyên nên m = 1 .

Câu 35: Chọn D
Lời giải

AB2  BB '2 = a 5 ; BC =

Từ giả thiết và định lý pitago ta được AB =







BC 2  CC '2  a 5 .

Xét AB '.BC ' = AB '  BB ' BB '  B ' C '  AB.B ' C '  BB '2   BA.BC  BB '2 







7a 2
2



AB 'BC ' 7a 2
7

: a 5.a 5 
AB '.BC '
2
10
7
Vậy cos   cos AB ', BC ' 
10
Câu 36: Chọn D
Lời giải
cos AB ', BC ' 





d1qua M1 (1;2;3 ) và có véctơ chỉ phương a1 = ( 1; −1;2 ) ; d2qua M2 ( 1; m ; − 2 ) và có véctơ


chỉ phương a2 = ( 2;1;−1) .
Ta có  a1 , a2  = (−1;5;3 )  0; M1M 2   0; m 2; 5 .
Khi đó d1,d2 cắt nhau khi  a1 , a2  . M1M 2 =0  1.0  5  m  2   15  0  m  5.
Câu 37: Chọn B
Lời giải

Ta có CB // ( SAD )  d (C; (SAD ) ) = d (B;(SAD ) ) = 2d (H;(SAD)) .
Gọi H là trung điểm của AB . Vì SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên SH⊥(ABCD) .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên SA. Khi đó HK ⊥ SA ; HK ⊥ AD  HK ⊥ ( SAD ) .
Do đó, d (H ; (SAD)) = HK .
a 2 3a 2
a 3
a

 a. Mà
 SHA có HA = ; SH =
 SA 
4
4
2
2

a 3 a
.
a 3
a 3
HK . SA = HS . HA  HK = 2 2 
. Vậy d (C; (SAD)) =
.
a
4
2
Câu 38: Chọn B
Lời giải
Lấy ngẫu nhiên 4 bóng trong hộp chứa 18 bóng. Vậy số phần tử của không gian mẫu là
n  = C184 = 3060
Gọi A là biến cố “lấy được cả ba màu”.
Trường hợp 1: Lấy được 2 xanh, 1 đỏ, 1 vàng có C52 .C61.C71 = 420 (cách).
Trường hợp 2: Lấy được 1 xanh, 2 đỏ, 1 vàng có C51.C61.C72 = 525 (cách).
Trường hợp 3: Lấy được 1 xanh, 1 đỏ, 2 vàng có C51.C61.C72 = 630 (cách).
Vậy số phần tử của biến cố A là nA= 420 + 525 + 630 = 1575 .
1575 35
n
 P (A) = A = 3060  68
n
Câu 39: Chọn C
Lời giải
Đặt t = log 3 x . Phương trình đã cho trở thành t2 − 4t + m − 3 = 0 .
Yêu cầu bài toán  phương trình trên có hai nghiệm thỏa mãn t1  t2  0 .

 '  0
7  m  0

 t1  t2  0  
 3 m 7
m  3  0
t .t  0
1 2
có 3 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn


Câu 40: Chọn B
Lời giải
Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là nghiệm của phương trình:
x  0
x3 − x2 + 1 = mx + 1  x ( x2 − x − m ) = 0   2
x  x  m  0
Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C) tại 3 điểm phân biệt A ; B ( 0;1 ) ; C
 phương trình x2 − x − m = 0 có hai nghiệm phân biệt xA ;xC khác 0
1

   1  4m  0
m  


4
m  0

m

0

 xA  xC  1
Khi đó, theo Viét ta có 
(*).
 xA .xC  m
Tọa độ giao điểm A  xA ; mxA  1 và C  xC ; mxC  1

.
 0  xA xC  y A . yC  0
Tam giác AOC vuông tại O  OAOC
 xA . xC + (mxA + 1) . (mxC + 1) = 0  ( 1 + m2 ) xA . xC + m (xA + xC) + 1 = 0
 ( 1 + m2 ) . (− m) + m + 1 = 0  m = 1 (thỏa mãn điều kiện (*))
Vậy có 1 giá trị m thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu 41: Chọn D
Lời giải
Gọi ,A B lần lượt là giao điểm của đường thẳng  với d1và d2.
Vì A  d1  A ( t1 ;1 − t1 ; −1);B  d2  B (−1 + 2t2 ;1 + t2 ; − 2 + t2 ) .
M   M,A,Bthẳng hàng  MA  kMB (1)

MA = ( t1 − 1;2 − t1; − 3) ; MB = ( 2 t2 − 2; t2 + 2; t2 − 4 ) .

t1  0
t1  1  k  2t2  2 
t1  2kt2  2k  1


1


1

1

2

t

k
t

2


t

kt

2
k


2

   1 2   1 2
kt2 
3

kt  4k  3

 2
3  k  t2  4 
5

k  6
Từ t1 = 0  A ( 0;1;−1) . Do đường thẳng  đi qua điểm A và M nên một véc tơ chỉ phương của đường

thẳng  là u  AM = ( 1;−2;3 ) .
Vậy a = − 2, b = 3  a + b = 1.
Câu 42: Chọn D
Lời giải
10

Quãng đường A đi được trong 10 (giây) là:

  6t  5 dt  3t

2

 5t  |10
0  350  m 

0
10

Quãng đường B đi được trong 10 (giây) là:

  2at  3 dt   at
0

2

 3t 

10
0

 100a  30  m 

Vì lúc đầu A đuổi theo B và sau 10 (giây) thì đuổi kịp nên ta có:
100a  30  180  350  a  2  v2 t   4t  3  m / s 


20

Sau 20 (giây) A đi được:   6t  5 dt   3t 2  5t 
0
20

20 Sau 20 (giây) B đi được:

  4t  3 dt   2t
0

2

20
0

 1300  m 

 3t 

20
0

 740  m 

Khoảng cách giữa A và B sau 20 (giây) là: 1300 − 740 − 180 = 380 ( m ) .
Câu 43: Chọn C
Lời giải
Trước khi đặt vào khối hộp một khối trụ thì thể tích lượng nước có trong khối hộp là
Vn= 40.80.50 = 160000 (cm3).
Gọi h (cm) là chiều cao của mực nước so với đáy.
Sau khi đặt vào khối hộp một khối trụ thì thể tích lượng nước là
Vn= h . ( 4000 − 400  ) (cm3).
Do lượng nước không đổi nên ta có h .(4000 − 400 ) = 160000
160000
h=
 58,32 (cm).
4000  400
Câu 44: Chọn D
Lời giải

Ta gắn vào hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ bên. Trong hệ trục đó thì đường Parabol đi qua các điểm
1 2
B(4;0) và N (2;6) cho nên phương trình của đường Parabol đó là: y =
x 8
2
128 2
 1

m
Diện tích của chiếc cổng được giới hạn bởi đường Parabol là: S    x 2  8 dx 
2
3

4 
4

Diên tích của hình chữ nhật MNPQ là S = 4.6 = 24m2 .
56 2
Diện tích phần trang trí bằng hoa là: S1 = S − S  =
m .
3
56
Vậy số tiền cần dùng để mua hoa là trang trí là: 3 . ( 200.000 )  3.733.300 đồng.
Câu 45: Chọn B
Lời giải
Cách 1:


Với mỗi số phức z thỏa z = 3 , gọi A là điểm biểu diễn của z thì A nằm trên đường tròn tâm O bán kính
bằng 3. Gọi B là điểm biểu diễn của w thì B nằm trên đường tròn tâm A bán kính bằng 1. Khi A chạy trên
đường tròn tâm O bán kính bằng 3 thì tập hợp các điểm B là hình vành khăn giới hạn bởi tròn tâm O bán
kính bằng 2 và tròn tâm O bán kính bằng 4. Suy ra S =  .42 −  .22 = 12 .
Cách 2: Ta có w  w  z  z  w  z  z  4 . Mặt khác  2 w  w  z  z  w  z  z  2 .
Vậy 2  w  4 nên H là hình vành khăn giới hạn bởi tròn tâm O bán kính bằng 2 và tròn tâm O bán kính
bằng 4. Suy ra S =  .42 −  .22 = 12 .
Câu 46: Chọn B
Lời giải
1 x
1
1
 3  m  1 
9 x  3m
9  3  3  3m
3
dx  
dx   1  x
dx
Ta có m  1   x
 dx  1   m  1  x
x
9 3
9 3
9 3 
9 3
0
0
0
0
1

2

1

1

3
9x
dx. Ta đi tính J = ( m − 1 )  x
Đặt K   m  1  x
dx
9 3
9 3
0
0

1
1
9x
9 d 9 x  3  m  1 .ln 9 x  3 1  1  m  1
dx   m  1  ln
Có J   m  1  x
  2ln 3   0 2
x
9 3
9 3
0
0
1

9x  3
1
1
dx   m  1 .Từ đó, suy ra K = ( m − 1 ) − (m−1) = (m −1) .
x
9 3
2
2
0

1

Lại có, K + J = ( m − 1 ) 

 m  1
1
1
3
2
Do đó, m  1  1   m  1  m  m   0  
m  3
2
2
2

2
1
Suy ra tổng tất cả các giá trị của tham số m là 2 .
2

Câu 47: Chọn A
Lời giải
Ta có 159 = 39 .59 . Đặt x = 3a1 .5b1 , y = 3a2 .5b2 , z = 3a3 .5b3 .
Xét 3 trường hợp:
Trường hợp 1: 3 số x , y , z bằng nhau→ có 1 cách chọn.
Trường hợp 2 : Trong 3 số có 2 số bằng nhau, giả sử: x = y  a1 = a2 , b1 = b2 .
2a1  a3  9 a3  9  2a1


2
b

b

9
 1 3
b3  9  2a3
Suy ra có 5 cách chọn a1và 5 cách chọn b1.
Trường hợp 3: Số cách chọn 3 số phân biệt.


2
2
a1  a2  a3  9
Số cách chọn 
là C11.C11
b1  b2  b3  9
2
2
Suy ra số cách chọn 3 số phân biệt là C11.C11 − 24.3 − 1 .

C112 .C112  24.3  1
Vậy số cách phân tích số 15 thành ba số nguyên dương là
 25  517
3!
Câu 48: Chọn D
Lời giải
Ta có:
9

a

logb a

a

 16b

logb a

 b8 
log a  3 
a 
 

 16b

 12b 2  a logb a  16bloga b loga a  12b 2  a logb a  16b8loga b 3  12b 2
8

8
3
logb a

3

 12b 2 .
8

Đặt t = logba  t  0 . Khi đó ta có bt  16b t
2

8

Ta có bt  16b t
2

3

.

8

 bt  8b t
2

8

3

8

 8b t

3

3

3

 12b2 .
8

3

8

 3 bt .8b t .8b t
2

3

3

 12 b

8
8
t 2  3 3
t
t

3

 12 b

33 t2

88
6
tt

 12b 2

3

Vậy ta có bt  16b t  12b2 .Yêu cầu bài toán tương đương với dấu bằng xảy ra.
t  2
log a  2
a  4
 4
 b

b  2
b  2
b  8b
2

Từ đó ta có P = a3 + b3 = 72.
Câu 49: Chọn C
Lời giải

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Không mất tính tổng quát giả sử ABCD là hình vuông có cạnh bằng 1,
chiều cao của hình chóp S.ABCD bằng c ( c  0) .
A ( 0;0;0 ) , B ( 1;0;0 ) , C ( 1;1;0 ) , D ( 0;1;0 ) .
Do hình chiếu vuông góc H của đỉnh S xuống mặt đáy nằm trong hình vuông ABCD nên gọi H ( a ; b ;0 )
với 0  a , b  1 (*)  S (a ;b;c) .
Ta có : AS = ( a ; b ; c ); AD   0;1;0  nên chọn n SAD    AS , AD    c;0; a  .
BS   a  1; b; c  , BC   0;1;0  nên chọn nSBC   BS , BC    c;0; a  1
AB  1;0;0  , AS   a; b; c  nên chọn n SAB    AB, AS    0; c; b 

Chọn n ABCD   k   0;0;1 = ( 0;0;1 )


Do (SAD) ⊥ (SBC)  n SAD  .n( SBC ) = 0 

2

+ a (a − 1) = 0  c2 +

Góc giữa ( SAB ) và ( SBC ) là 60  cos 60 

n SAB  .n SBC 



n SAB  . n SBC 


2

= a (1) .

b  a  1
1

2
2
c 2   a  1 . c 2  b 2

b 1  a 
1
do (*) và (1)

2
1  a . c2  b2
b 1 a

1
b
1


 2
c 2  b2 2
c2  b2 2 1  a
Góc giữa ( SAB ) và ( SAD ) là 450




n SAB  .n SAD 

 cos 45 



n SAB  . n SAD 


ab
2
do (*)

2
c2  a 2 . c2  b2

2
ab
do (*)

2
a . c 2  b2

ab
a. c  b
2

2

:

b 1 a
c b
2

2



2 1
a
2
: 
 2  a   3
2 2
3
1 a

Góc giữa ( SAB ) và ( ABCD ) là   cos  

n SAB  .n ABCD 
n SAB  . n ABCD 



 2 ,  3

b
c b
2

2



1
2 1

2
3



3
2

Cách 2 : theo ý tưởng của thầy Vô Thường .

Gọi I , J , H lần lượt là hình chiếu vuông góc của S lên BC , AD, ( ABCD ) ; I, H, J lần lượt là hình chiếu
vuông góc của I , H , J lên ( SAB ) .
Ta có :
+ Do (SAD) ⊥ (SBC) nên  ((SAD),(SBC)) = ISJ = 900 .

 SI   SAD 
Suy ra 
 SJ   SBC 

 SI   SAD 
+ Do 
nên    SAD  ,  SAB    SII '  45
 II '   SAB 


 SJ   SBC 
+ Do 
nên  (( SBC ),( SAB )) = SJJ ' = 60 0 .
 JJ '   SAB 
 SH   ABCD 
+ Do 
nên  (( SAB ),( SABCD)) = SHH ' =  .
 HH '   SAB 
Đặt II  = HH  = JJ  = x với x  0  SI = x 2 , SJ = 2 x ,
SI .SJ
SI.SJ
2 2 x2 2 x
HH '
x
3
SH =



 cos  


2
2
2
x
IJ
SH
2
x 6
3
SI  SJ
3
Câu 50: Chọn C
Lời giải

Ta có: g  x   0   x  2   m2  2m  5 x 2  x  1  0

x  2
 2
2
 m  2m  5 x  x  1  0 *
m2  2m  5  0, m


Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 với m vì:   1   m2  2m  5   0, m
 2
2
 m  2m  5  2  2  1  0, m
Vậy g (x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt (1).
Mặt khác, xét hàm số y = f (x) ta có :

f (x) = x2 − 2 (m+1) x + (3m2 + 4m + 5) =  x   m  1 + 2 ( m2 + m + 2 )  0, m .
 y = f (x) luôn đồng biến trên
với m.
Do f (x) là hàm đa thức bậc 3 và đồng biến trên
nên phương trình f (x) = k luôn có 1 nghiệm duy nhất
với mỗi số k
(2).
Từ (1) và (2) suy ra phương trình g (f (x)) = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
2



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×