Tải bản đầy đủ

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 1 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ PHÁT TRIỂN SỐ 1
Câu 1. Thể tích khối lập phương ABCD.ABCD có AB  a 2 bằng:
A. a 3 .
B. 2a 3 .
C. a 3 .

D. 6a 3 .

Lời giải
Chọn A

ABB vuông cân tại B nên:

2 AB2  AB2  AB  a.

Thể tích khối lập phương là a3 .
Câu 2. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau:


Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại x  2.
C. Hàm số đạt cực đại tại x  2.

B. Hàm số đạt cực đại tại x  3.
D. Hàm số đạt cực đại tại x  4.
Lời giải

Chọn A
Hàm số đạt cực đại tại x  2 , vì đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua x  2



yCĐ  y  2   3.

Hàm số đạt cực tiểu tại x  4 , vì đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương qua x  4 và

yCT  y  4   2.

Câu 3. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  0;  1;3 và B  6;1;  3 . Vectơ AB có tọa độ là
A.  6;2;  6  .

B.  6;  2;  6  .

C.  6; 0; 0  .

D.  6;2;6  .

Lời giải
Chọn A





AB  6  0;1   1 ;  3  3   6;2;  6  .

Câu 4. Cho hàm số y

f x có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới

đây?

A.

; 1.

B.

1;1 .

C. 0;

.

D.

;

.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

Lời giải
Chọn B
Nhìn vào đồ thị đã cho, ta có hàm số đồng biến trên khoảng

1;1 .

Câu 5. Với a , b là hai số dương tùy ý, log  a3b4  bằng
A. 3log a  4 log b.

B. 4 log a  3log b.

C.

1
log a  3log b.
4

1
3

D. 2 log a  log b.

Lời giải
Chọn A
Có log  a3b4   log a3  log b4  3log a  4log b .
Câu 6. Cho

5

5

5

2

2

2

 f  x  dx  4 và  g  x  dx  3 , khi đó  2 f  x   3g  x  dx bằng

A. 1 .

B. 12 .

C. 7 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn D
5

5

5

2

2

2

Có   2 f  x   3g  x  dx  2 f  x  dx  3 g  x  dx  2.4  3.3  1.
Câu 7. Diện tích của mặt cầu bán kính a bằng:
A. 2 a 2 .

B. 3 a 2 .

C.  a 2 .
Lời giải

D. 4 a 2 .

Chọn D
Có S  4 R 2  4 a 2 2.4  3.3  1.
Câu 8. Số nghiệm của phương trình log 2  x 2  2 x  4   2 là:
A. 2 .

B. 1 .

Chọn A
Ta có x 2  2 x  4  0, x 

C. 0 .
Lời giải

D. 3 .

.

x  0
Khi đó log 2  x 2  2 x  4   2  x 2  2 x  4  4  
.
x  2
Câu 9. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   đi qua A 1; 2;3 và song song mặt phẳng  Oxy  thì
phương trình mặt phẳng   là
A. x 1  0 .

B. x  2 y  z  0 .

C. y  2  0 .

Lời giải
Chọn D
Mặt phẳng   đi qua A 1; 2;3 có véc tơ pháp tuyến k   0;0;1 .
Nên mặt phẳng   có phương trình là: z  3  0 .
Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số f x

ex

2 x là

D. z  3  0 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

A. e x

x2

C.

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

B. e x

1 2
x
2

C.

1

ex

1 2
x
2

xdx

ex

x2

y 3
2

z

C.

x 1

C . D. e x 1 C .

Lời giải
Chọn A
Ta có

f x dx

ex

2 x dx

e x dx 2

Câu 11. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :
A. Q (3; 2;3) .

x

2
3

B. M ( 2; 3; 4) .

4
3

C.

đi qua điểm nào dưới đây?
D. N( 3; 2; 3) .

C. P(2;3; 4) .

Lời giải
Chọn C
Đáp án A nhầm vectơ chỉ phương.
Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm.
Đáp án D nhầm vectơ chỉ phương.
Câu 12. Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
k ! n  k  !
n!
n!
n!
A. Ank 
.
B. Ank  .
C. Ank 
.
D. Ank 
.
k!
n!
k ! n  k  !
 n  k !
Lời giải
Chọn C
Theo lý thuyết công thức tính số chỉnh hợp chập k của n : Ank 

n!
.
 n  k !

Câu 13. Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u2  2 và u3  5 . Giá trị của u5 bằng
A. 12 .

B. 15 .

D. 25 .

C. 11 .
Lời giải

Chọn C
Ta có: d  u3  u2  5  2  3  u4  u3  d  5  3  8  u5  u4  d  11 .
Câu 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , 3 điểm A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn của ba số phức
z1  3  7i, z2  9  5i và z3  5  9i . Khi đó, trọng tâm G là điểm biểu diễn của số phức nào

sau đây?
A. z  1  9i .

B. z  3  3i .

C. z 

7
i.
3

Lời giải
Chọn C
Ta có: A  3; 7  , B  9; 5 , C  5;9 

7

Trọng tâm của tam giác ABC là G  ; 1
3


7
i.
3
Câu 15. Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
Vậy trọng tâm G là điểm biểu diễn của số phức z 

D. z  2  2i .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

A. y 

x2
.
2x 1

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

B. y 

2x 1
x2
.
C. y 
.
2x 1
x2
Lời giải

D. y 

x2
.
2x 1

Chọn A
Tập xác định: D 
Ta có: y 

3

 2 x  1

2

1 
\   . Nên loại đáp án B, C.
2
1
 0 , x  . Hàm số đồng biến trên các khoảng
2

Nên loại D. Vậy đồ thị đã cho là của hàm số y 

1
1


 ;  và  ;  
2
2



x2
.
2x 1

Câu 16. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  1;1 và có đồ thị như hình vẽ.

Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1;1 . Giá
trị của M  m bằng
A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn B
Từ đồ thị ta thấy M  1, m  0 nên M  m  1 .
Câu 17. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ( x)  x 2 ( x  1)3 ( x  2), x  . Số điểm cực trị của hàm số đã
cho là
A. 3 .

B. 2

C. 6 .
Lời giải

Chọn B

D. 1 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

x  0
Ta có f ( x)  0   x  1 .

 x  2

Xét dấu f ( x ) , ta được

Do f ( x ) đổi dấu 2 lần nên hàm số f ( x ) có 2 điểm cực trị.
Câu 18. Tìm hai số thực a và b để số phức z   a  bi   2  a  bi   b2  1 là số thuần ảo, với i là đơn
2

vị ảo.
A. a  1 , b  0 .
C. a  1 và b bất kì.

B. a  0, b  1 .
D. a  1 và b bất kì.
Lời giải

Chọn D
Ta có: z   a  bi   2  a  bi   b2  1  a 2  2abi  b2  2a  2bi  b2  1
2

 a 2  2a  1   2ab  2b  i .
Để số phức z là số thuần ảo thì a 2  2a  1  0  a  1 .
Vậy a  1 còn b là số thực bất kì.
Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;0  và B  3; 2; 2  .
Phương trình mặt cầu ( S ) nhận AB làm đường kính là
A.  x  2    y  2    z  1  18

B.  x  2    y  2    z  1  2

 x  2   y  2   z  1

D.  x  2    y  2    z  1  18

2

C.

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn C
Ta có: ( S ) nhận trung điểm I  2; 2;1 của AB làm tâm và có bán kính R  IA .
R  IA 

1  2 

2

  2  2    0  1  2
2

2

Suy phương trình mặt cầu ( S ) :  x  2    y  2    z  1  2 .
2

2

2

Câu 20. Đặt log 4 5  a , khi đó log 25 64 bằng
A.

3a
.
2

B.

3
.
2a

C.
Lời giải

2
.
3a

D.

2a
.
3


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

Chọn B

3
3
Ta có log 25 64  log 52 43  log 5 4 
.
2
2a
Câu 21. Ký hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  4 z  5  0 . Giá trị của z1  z2 bằng
2

B. 10 .

A. 0 .

C. 8 .

2

D. 12 .

Lời giải
Chọn B

 z1  2  i
2
2
2
2
Ta có : z 2  4 z  5  0  
. Suy ra z1  z2  5  z1  z2  10 .
 z2  2  i
Câu 22. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  8  0
và  Q  : x  2 y  2 z  4  0 bằng
A. 1.

B.

4
.
3

C. 2.

D.

7
.
3

Lời giải
Chọn B


8  2.0  2.0  4 4
 P  / /  Q 
Ta có 
 d   P  ;  Q    d  A;  Q   
 .
2
2
2
3
A
8;0;0

P




1

2

2


Nhận xét:

Nếu mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d và  Q  : ax  by  cz  d '  a 2  b2  c 2  0  song song với
nhau  d  d ' thì d   P  ;  Q   

d d '
a 2  b2  c 2

Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình 2 x  2 x  8 là
A. (; 1) .
B. (3;  ) .

.

2

C. (1;3) .

D. ( ; 1)  (3; ) .

Lời giải
Chọn C
Ta có: 2 x

2

2 x

 8  2x

2

2 x

 23  x 2  2 x  3  x 2  2 x  3  0  1  x  3.

Câu 24. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

1

A.

0

1

5
  x  x  dx .

C. 2   x 5  x  dx .

5
  x  x  dx .

B.

1

1

1

1

D. 2  x  x5  dx .
0

Lời giải
Chọn D
Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên:
1

x

0

5

 x dx 

1

x

1

1

5

 x dx   x5  x dx
0

Vì y  x5  x là hàm số lẻ nên

0



1

1

1

0

0

x5  x dx   x5  x dx    x  x5  dx

Do đó :
1



1

0

1

1

1

0

0

x5  x dx   x5  x dx   x5  x dx  2  x  x5  dx .

Câu 25. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 5a và đường cao bằng 4a . Thể tích khối nón bằng
80 a 3
3
3
3
A.
.
B. 15 a .
C. 12 a .
D. 36 a .
3
Lời giải
Chọn C

Theo giả thiết: l  5a, h  4a  r  l 2  h 2  3a

1
1
2
Suy ra V   r 2 h    3a  4a  12 a 3 .
3
3
1
1
8 a 3
2
V   r 2 h    2a  2a 
3
3
3

Câu 26. Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

B. 1 .

A. 4 .

C. 3 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có:
lim f ( x)  2  y  2 là một tiệm cận ngang
x 

lim f ( x)    x  1 là một tiệm cận đứng

x 1

Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận là 2 .
Câu 27. Cho khối chóp tam giác đều có tất cả các cạnh bằng 2a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.

8a 3
.
3

B.

4 2a 3
.
3

C.

8 2a 3
.
3

D.

2 2a 3
.
3

Lời giải
Chọn D

Ta có SO   ABC  và S ABC 

 2a 

2

3

4

 a 2 3 ; AO 

2
2 2a 3 2a 3
,
AM  .

3
3 2
3

2

 2a 3 
2a 6
SO  SA  AO   2a   
.
 
3
 3 
2

2

2

1
1
2a 6 2 2 3
Vậy thể tích khối chóp là VS . ABCD  .S ABC .SO  .a 2 3.

a .
3
3
3
3
Câu 28. Hàm số f  x   log  4  x 2  có đạo hàm
A. f   x  

ln10
.
4  x2

B. f   x  

1
.
 4  x2  ln10

C. f   x  

2 x
.
 4  x2  .ln10

D. f   x  

2 x
.
4  x2

Lời giải:
Chọn C
Ta có: f   x  

 4  x   2 x .
 4  x  .ln10  4  x  .ln10
2

2

2

Câu 29. Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau:


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

Số nghiệm thực của phương trình 3 f ( x)  2  0 là:
A. 4.

B. 3.

C. 2.
Lời giải

D. 1.

Chọn A

2
(1)
3
Ta có: số nghiệm thực của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f ( x)
Xét phương trình 3 f ( x)  2  0  f ( x) 

2
và đồ thị của đường thẳng y  .
3
Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

2
y .
3

Vậy phương trình 3 f ( x)  2  0 có 4 nghiệm thực.
Câu 30. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AC  a 2 . Gọi  P  là
mặt phẳng qua AC cắt BB, DD lần lượt tại M , N sao cho tam giác AMN cân tại A có
MN  a . Tính cos  với  

A.

2
.
2

B.

 P  ,  ABCD  .

1
.
2

C.

1
.
3

D.

3
.
3

Lời giải
Chọn A

Ta có AMCN là hình bình hành, mà tam giác AMN cân tại A nên MN  AC .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

Ta có  BDD B  cắt ba mặt phẳng
'

'

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

 ABCD  ,  A' B'C ' D'  ,  AMC ' N 

lần lượt theo ba giao

tuyến BD / / B ' D ' / / MN .
Hai mặt phẳng  P  và  ABCD  có điểm chung A và lần lượt chứa hai đường thẳng song song
MN , BD nên giao tuyến của chúng là đường thẳng d đi qua A và song song với MN , BD .

Trên hai mặt phẳng  P  và  ABCD  lần lượt có hai đường thẳng AC và AC cùng vuông góc
với d nên góc giữa hai mặt phẳng  P  và  ABCD  chính là góc giữa AC và AC , bằng góc
CAC  . Xét tam giác C 'CA vuông tại C có:

cos  

AC BD MN
a
2




AC AC AC  a 2
2

Cách 2:
Theo chứng minh ở trên thì MN //BD và MN  BD  a .
Đa giác AMCN nằm trên mặt phẳng  P  có hình chiếu trên mặt

 ABCD 

là hình vuông

ABCD nên:
2

cos  

S ABCD
S AMC N

 BD 


2
AB
2
2
.

 

1
1
2
AC .MN
AC .MN
2
2

Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log(8.5x  20 x )  x  log 25 bằng
B. 3 .

A. 16 .

C. 25 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn B
Ta có : log(8.5x  20x )  log 25.10x  8.5x  20x  25.10x (1)
Chia 2 vế phương trình (1) cho 5 x ta được phương trình : 8  4 x  25.2 x

(2)

Đặt t  2 , (t > 0)
x

 25  593
t 
2
2
Phương trình (2) trở thành t  25t + 8 = 0  
hai nghiệm đều thỏa mãn.
 25  593
t 

2

Với t  2x  x  log2 t
Ta có x1  x2  log 2 t1  log 2 t1  log 2 t1.t2  log 2 8  3 .
Câu 32. Một chi tiết máy là phần còn lại của một khối trụ có bán kính đáy r sau khi đã đục bỏ phần bên
trong là một khối trụ có bán kính đáy

r
(tham khảo hình vẽ).
2


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

Biết thể tích khối trụ nhỏ bị đục bỏ bằng 20  cm3  . Thể tích của khối chi tiết máy đó là
A. 40  cm3 

C. 80  cm3 

B. 60  cm3 

D. 70  cm3 

Lời giải
Chọn B
Gọi chiều cao khối trụ là h .
Thể tích khối chi tiết máy: V   r 2 h  20
2

1
r
Mà thể tích khối trụ nhỏ bên trong là    h   r 2 h  20   r 2 h  80
4
2

Vậy V  80  20  60  cm3 
Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x)  2 x(1  e x ) là
A.  2 x  1 e x  x 2 .

B.  2 x  1 e x  x 2 .

C.  2 x  2  e x  x 2 .

D.  2 x  2  e x  x 2 .

Lời giải
Chọn D
Ta có  2 x(1  e x )dx  2 xdx  2 xe x dx .

 ux
du  dx

Gọi I  2 x ln xdx . Đặt 
.
x
x
dv  e dx  v  e
Khi đó I  2 xe x  2 e x dx .
Vậy  2 x(1  e x ) dx  2  xdx  xe x  2 e xdx  x 2  xe x  2x C
=  2 x  2 ex  x2  C .

Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a , góc BAD  60 , SAB là tam giác đều
nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  là
A.

a 3
2

B.

3a
2

C.

a 6
2

Lời giải
Chọn C

D. a 6


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

Gọi O là trung điểm của AB  SO  ( ABCD ) .

SO 

2a. 3
 a 3 do SO là đường cao của tam giác đều cạnh 2a
2

Từ giả thiết suy ra tam giác BCD và tam giác ABD là tam giác đều  CD  OD

CD  OD
Ta có: 
 CD   SOD 
CD  SO
Trong tam giác SOD kẻ OH  SD tại H

OH  SD
 OH   SCD 

OH  CD
Do AB

 SCD  suy ra d  B,  SCD    d  O,  SCD    OH

Nhận thấy tam giác SOD là tam giác vuông cân tại O với OD  a 3

OH 

1
1
a 6
.
SD 
3a 2  3a 2 
2
2
2

Câu 35. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : x  y  z  6  0 và đường thẳng

x 1
2
x 1
A.
2
x 5
C.
2
d:

y

4

z
. Hình chiếu vuông góc của d trên  có phương trình là
3
5
y 4 z 1
x y 5 z 1
.
B.
.
3
5
2
3
5
y z 1
x y 5 z 1
.
D.
.
3
5
2
3
5
Lời giải

Chọn B
Mặt phẳng   : x  y  z  1  0 có vectơ pháp tuyến n 1;1; 1 .
Đường thẳng d :

x 1
2

y

4
3

z
có vectơ chỉ phương u  2;3;5  .
5

Vì n.u  1.2  1.3   1 .5  0 nên d / /   .
Gọi d ' là hình chiếu vuông góc của d trên   d '/ / d .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

Lấy A 1; 4;0   d . Gọi  là đường thẳng đi qua A và vuông góc với  .

x  1 t

Suy ra phương trình đường thẳng  là  y  4  t .
 z  t

Gọi A ' là hình chiếu của A lên  thì A '       A '  0; 5;1 .
Đường thẳng d ' là đường thẳng đi qua A '  0; 5;1 , có vectơ chỉ phương u  2;3;5  có phương

x
2

trình là

y

5
3

z 1
.
5

Câu 36. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  2 x3  mx 2  2 x đồng biến trên khoảng

 2;0  .
A. m  2 3 .

B. m 

13
.
2

C. m  2 3 .

D. m  

13
.
2

Lời giải
Chọn A
Ta có y '  6 x 2  2mx  2 . Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  2;0   y '  0, x   2;0 

1
 mx  3 x 2  1, x  2;0   m  3 x  , x   2;0  .
x
1

x
( L)

1
1
3
Xét f  x   3 x  , x   2;0  . Ta có : f '  x   3  2  0  
.
x
1
x

x   3


Lại có lim f ( x)   ; lim f ( x) 
x 0

x 2

13
 1 
và f  
  2 3 .
2
3


Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biên thiên suy ra: ( ycbt )  m  2 3 .
Câu 37. Xét các số phức z thoả mãn

parabol có toạ độ đỉnh

z 1  i

 z  z  i 1

là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức

z

2


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

 1 1
D. I   ;  .
 2 2

1 3
C. I  ;   .
2 2

 1 1
B. I   ;  .
 4 4

1 3
A. I  ;   .
4 4

Lời giải
Chọn A
Giả sử z  a  bi  a, b  R  .
Khi đó

z 1 i

 z  z i 1



a  1   b  1 i  a  1   b  1 i  1  2ai 

1  2ai
1  4a 2





a  1  2a  b  1   2 a  a 1  b 1 i
1  4a 2

z 1  i

.
2

b
a 1
a
là số thực suy ra 2a  a  1  b  1  0  b  2a  2a  1   4.    2.  .
2
2 2
2
z  z i 1
2



Số phức

z
a b
có điểm biểu diễn M  ;   quỹ tích M là parabol có phương trình
2
 2 2

y  4x2  2x 

1
2

Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức
Câu 38. Biết I  

ln 2

0

z
1 3
là parabol có toạ độ đỉnh I  ;   .
2
4 4

dx
1
  ln a  ln b  ln c  với a , b , c là các số nguyên dương.
x
e  3e  4 c
x

Tính P  2a  b  c .
B. P  1 .

A. P  3 .

C. P  4 .

D. P  3

Lời giải
Chọn D
Ta có I  

ln 2

0

ln 2
dx
e x dx

.
e x  3e x  4 0 e2 x  4e x  3

Đặt: t  e x  dt  e x dx . Đổi cận: x  0  t  1, x  ln 2  t  2 .
Khi đó I  

2

1

1
1 2 1
1 
1 t 1
1
d
t


  ln 3  ln 5  ln 2  .

dt  ln
2

1
t  4t  3
2  t 1 t  3 
2 t 31 2
2

Suy ra a  3 , b  5 , c  2 . Vậy P  2a  b  c  3 .
Câu 39. Cho hàm số y  f ( x). Hàm số y  f '( x ) có bảng biến thiên như sau


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

Bất phương trình f ( x)  e  2m  0 có nghiệm đúng với mọi x  (2;3) khi và chỉ khi
x

1
 f (2)  e 2  .
2
1
D. m   f (3)  e3  .
2

1
 f (2)  e 2  .
2
1
C. m   f (3)  e3  .
2

B. m 

A. m 

Lời giải
Chọn B
Ta có: 2m  f ( x)  e x .
Xét hàm số g ( x)  f ( x)  e x , x  (2;3).
Ta có: g '( x)  f '( x)  e x  0, x  (2;3).
Bảng biến thiên của hàm số g ( x)

Vậy 2m  g (2)  2m  f (2)  e 2  m 

1
 f (2)  e 2  .
2

Câu 40. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh, gồm 4 học sinh
trường A và 4 học sinh trường B, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học
sinh ngồi. Tính xác suất để các học sinh khác trường nhau thì ngồi đối diện với nhau.
1
8
1
8
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
35
35
70
70
Lời giải
Chọn D

Số phần tử không gian mẫu là 8!  40320 .
Xếp học sinh thứ nhất của trường A vào ngồi vào một trong tám ghế. Có 8 cách.
Do học sinh trường A và trường B ngồi đối diện nhau nên sau khi xếp học sinh thứ nhất của
trường A vào ngồi thì học sinh thứ hai của trường A không được ngồi vào vị trí đối diện với
học sinh thứ nhất đó. Vậy có 6 cách xếp.
Tương tự như vậy xếp học sinh thứ ba của trường A có 4 cách.
Xếp học sinh thứ tư của trường A có 2 cách.
Xếp 4 học sinh của trường B vào bốn ghế còn lại có 4! cách.
Số cách xếp các học sinh khác trường nhau thì ngồi đối diện với nhau là 8.6.4.2.4!  9216 cách.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

9216
8

. Đáp án D.
40320 35

Vậy xác suất cần tìm là

Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A 2;1; 3 , B 1; 1;2 ,
C 3; 6;0 , D 2; 2; 1 . Điểm M x ; y; z thuộc mặt phẳng P : x

MA2

sao cho S
P x 2 y2
A. P 6 .

MB 2

MC 2

y

z

2

0

MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức

z2 .

B. P

C. P
Lời giải

2.

D. P

0.

2.

Chọn A
Với mọi điểm I ta có
2NA2

S

4NI 2

NB 2

2

NC 2

2NI 2IA

2 NI

IB

IC

Chọn điểm I sao cho 2IA

IB

2IA

IB

IC

4NI 2

Khi đó S

4IA

0

2IA2

2IA2

IC

AB

IB 2

2

IA

NI

IB 2

2

IB

NI

IC

IC 2

0
AC

0 Suy ra tọa độ điểm I là I 0;1;2 .

IC 2 , do đó S nhỏ nhất khi N là hình chiếu của I lên mặt

phẳng P .

x
Phương trình đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng P là y
z
Tọa độ điểm N t;1

t;2

t

P

t

1

t

2

t

2

0

B. Vô số.

Chọn C
Đặt z  x  yi ( x, y  )
Theo bài ra ta có

x  1   y  2 i  x  3   4  y  i
  x  1   y  2    x  3   y  4   y  x  5
2

Số phức w 

2

2

1

z  2i
là một số thuần ảo
z i
C. 1 .
D. 2 .
Lời giải

Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa z  1  2i  z  3  4i và
A. 0 .

t

0 t
1 t
2 t

2

2
z  2i x   y  2  i x   y  2  y  1  x  2 y  3  i


2
x  1  y  i
z i
x 2   y  1

N

1;2;1 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

12
 x   y  2  y  1  0

x


2

7

w là một số ảo khi và chỉ khi  x 2   y  1  0
23
y  x 5
y 


7
2

Vậy z  

12 23
 i .Vậy chỉ có 1 số phức z thỏa mãn.
7
7

Câu 43. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá
trị thực của tham số m để phương trình f  e x   m có nghiệm thuộc khoảng  0;ln 2  .

1

A.  3;0  .

B.  3;3 .

C. 0; 3 .

D.  3;0

Lời giải
Chọn A
Đặt t  e x . Với x   0;ln 2   t  1; 2
Phương trình f  e x   m có nghiệm thuộc khoảng

 0;ln 2 

khi và chỉ khi phương trình

f  t   m có nghiệm thuộc khoảng 1; 2   3  m  0 .
Câu 44. Vận dụng thông tư số 14/2017/TT-NHNN của Ngân hàng Nhà nước quy định về phương pháp
tính lãi trong hoạt động nhận tiền gửi, có hiệu lực từ ngày 1/1/2018, ngân hàng A đã tính số tiền
lãi theo một kì gửi bằng số ngày của kì gửi bằng số ngày của kì gửi nhân với số tiền lãi của một
năm chia cho 365. Một khách hàng gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng vào ngày 4/7/2018 với lãi
suất 5%/năm, kì hạn 1 tháng, ngày tính lãi hàng tháng là ngày 4/7, biết rằng trong khi gửi khác
hàng không đến rút lãi về, ngân hàng tính theo thể thức lãi kép. Đến ngày 4/9/2018, người đó
đến ngân hàng rút cả vốn lẫn lãi về. Hỏi số tiền (tính bằng nghìn đồng) khách hàng nhận được là
số nào sau đây:
A. 100835.

B. 100836.

C. 100834.
Lời giải

D. 100851.

Chọn D
Do tháng 7 và tháng 8 đều có 31 ngày nên số tiền khách hàng nhận được là :


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

 5%   5% 
100.106. 1 
.31 . 1 
.31  100851000 đồng
 365   365 
Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho  S  :  x  3   y  2    z  5  36 , mặt phẳng  P  di động
2

2

2

luôn đi qua điểm M  2;1;3 và cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn  C  . Đường thẳng
đi qua tâm mặt cầu vuông góc mặt phẳng  P  cắt mặt cầu tại hai điểm C , D . Gọi T là tổng
thể tích hai khối nón có đỉnh lần lượt là C , D , đáy là  C  , V là thể tích khối cầu, k 

 C  có diện tích nhỏ nhất thì
A. k 

5
.
12

T
. Khi
V

k là

B. k 

10
.
27

5
C. k  .
8
Lời giải

D. k 

5
.
12

Chọn A
C

M

H

I

D

Mặt cầu  S  :  x  3   y  2    z  5  36 có tâm I  3; 2;5  , bán kính R  6 .
2

2

2

Có IM  6  6  R , nên M thuộc miền trong của mặt cầu  S  .
Có mặt phẳng  P  đi qua M nên  P  luôn cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn  C  .
Gọi H là điểm chiếu của I trên mặt phẳng  P  , thì H là tâm của đường tròn  C  .



 



Gọi r là bán kính của  C  , có r 2  R2  d 2 I ,  P  , d I ,  P   IM  6 .









Khi đó r đạt giá nhỏ nhất  d I ,  P  đạt giá trị lớn nhất  d I ,  P   IM .
 M  H , M  2;1;3 , lúc này có IH  6 , r  30 .

Có C , D là giao điểm của IH và mặt cầu thì CD  12 .
Gọi SC là diện tích hình tròn  C  , SC   r 2  30
Gọi V ,V1 ,V2 lần lượt là thể tích khối cầu, khối nón đỉnh C , D .
4
4
1
1
Có V   R 3   .216  288 , T  V1  V2  .2 R.SC  12.30  120 .
3
3
3
3


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

Suy ra k 

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

T 120
5
5


. Vậy k  .
V 288 12
12

Câu 46. Một biển quảng cáo với 4 đỉnh A, B, C , D như hình vẽ. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là
200.000(đ/m 2 ) sơn phần còn lại là 100.000đ/m 2 . Cho AC  8m; BD  10m; MN  4m Hỏi số

tiền sơn gần với số tiền nào sau đây:
B. 14207000đ .

A. 12204000đ .

C. 11503000đ .

D. 10894000đ .

Lời giải
Chọn A

5 3
yN 

x
y
2

 1 . Vì MN  4  xN  2  
elip có phương trình là:
16 25

5 3
 yN 

2
2

2

Diện tích phần tô đậm là S1  2

5 3
2



5
2

4
25  y 2 dy  59, 21 (m 2 )
5
3

Diện tích elip là S   .4.5  20 (m2 )
Diện tích phần trắng là S2  S  S1  3,622 (m2 )
Tổng chi phí trang chí là: T  59, 21.200000  3, 622.100000  12204200đ

Câu 47. Cho khối lăng trụ ABC.ABC có thể tích bằng 2 . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AA và

N là điểm nằm trên cạnh BB ' sao cho BN  2B ' N . Đường thẳng CM cắt đường thẳng CA
tại P , đường thẳng CN cắt đường thẳng CB tại Q . Thể tích của khối đa diện lồi AMPBNQ
bằng
7
5
2
13
A. .
B. .
C. .
D.
.
9
9
3
9
Lời giải
Chọn A


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

Ta có:

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

VABC .MNC ' 1  AM BN CC '  13
13
 


   VABC .MNC '  .
VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  18
9

VABC .MNC 1  AM BN CC  7
7
 


   VABC .MNC  .
VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  18
9
2
Suy ra: VC .MNC '  VABC .MNC '  VABC .MNC  .
3
V
CM CN CC '
.
.
Mà: C .MNC ' 
 *
VC .PQC ' CP CQ CC '
Lại có:

AM
 CM 1
 CM


1 


CMA

PMA
'

 PM A ' M
 CP 2


Ta có: 
.
CNB QNB '  CN  BN  2
 CN  2
 QN B ' N
 CQ 3
Thay vào * ta có:

VC .MNC ' 1 2
1
 . .1   VC .PQC '  3VC .MNC '  2 .
VC .PQC ' 2 3
3

11
.
9
7
 VC .PQC '  VA ' B 'C '.MNC  .
9

Có: VA ' B 'C '.MNC  VLT  VABC .MNC 

 VA ' MPB ' NQ

Câu 48. Cho hàm số y

Hàm số y
A. 1; 2  .

f x có đồ thị f   x  như hình vẽ sau

g x

f x 1

x3
3

x 2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

B.  4;   .

C.  2; 4  .
Lời giải

Chọn D
Ta có: y  g   x   f   x  1   x 2  2 x  .

D.  0; 2  .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

x  0
Dựa vào đồ thị f   x  ta có f   x  1  0   x  2 .

 x  4
1  x  1  3 0  x  2
.
f   x  1  0  

 x 1  5
x  4
Bảng xét dấu y  g   x 

Vậy hàm số đồng biến trên  0; 2  .
Câu 49. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình
m2 x 4   m  2  x3  x 2   m2  1 x  0 nghiệm đúng với mọi x  . Số phần tử của tập S là

A. 3 .

B. 2 .

D. 1 .

C. 0 .
Lời giải

Chọn D
Đặt f  x   m2 x 4   m  2  x3  x 2   m2  1 x
Ta có f  x   m2 x4   m  2 x3  x2   m2  1 x  x m2 x3   m  2  x 2  x   m2  1 . Giả sử
x  0 không phải là nghiệm của phương trình g  x   m2 x3   m  2  x 2  x   m2  1  0 thì

hàm số f  x   m2 x 4   m  2  x3  x 2   m2  1 x sẽ đổi dấu khi qua điểm x  0 , nghĩa là
m2 x 4   m  2  x3  x 2   m2  1 x  0 không có nghiệm đúng với mọi x  .

Do đó , để yêu cầu bài toán được thỏa mãn thì một điều kiện cần là
g  x   m2 x3   m  2  x 2  x   m2  1  0 phải có nghiệm x  0 , suy ra m 2  1  0  m  1

Điều kiện đủ:
Với m  1, f  x   x4  3x3  x2  x2  x2  3x  1 khi đó f 1  1  0 không thỏa mãn điều
kiện m2 x 4   m  2  x3  x 2   m2  1 x  0 nghiệm đúng với mọi x  . (loại)
Với m  1, f  x   x4  x3  x2  x2  x2  x  1  0 , x  .
Vậy S  1 .
Câu 50. Cho hàm số f  x   mx 4  nx3  px 2  qx  r , (với m, n, p, q, r 
như hình vẽ bên dưới:

). Hàm số y  f   x  có đồ thị


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1

y

1 O

5 3
4

x

Tập nghiệm của bất phương trình f  x   r có bao nhiêu giá trị nguyên?
A. 4.

B. 3.

C. 1.

D. 2.

Lời giải
Chọn B
Ta có f   x   4mx3  3nx 2  2 px  q 1 .
Dựa vào đồ thị y  f   x  ta thấy phương trình f   x   0 có ba nghiệm đơn là 1 ,

5
, 3.
4

Do đó f   x   m  x  1 4 x  5 x  3 và m  0 . Hay f   x   4mx3  13mx 2  2mx  15m  2  .
Từ 1 và  2  suy ra n  

13
m , p   m và q  15m .
3

Khi đó bất phương trình f  x   r  mx 4  nx3  px 2  qx  0

13


 m  x 4  x3  x 2  15x   0  3 .
3


Do m  0 nên  3  3x 4  13x3  3x 2  45 x  0  x  3x  5 x  3  0
2

 5 
 x    ;0 hoặc x  3 .
 3 

 5 
Vậy tập nghiệm của phương trình f  x   r là S   ;0  3 .
 3 
Do đó S có ba giá trị nguyên là 1;0;3 .



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×