Tải bản đầy đủ

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 3 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 toán thpt qg

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

GIẢI CHI TIÊT ĐỀ PHÁT TRIỂN SỐ 3
Câu 101. Thể tích khối hộp chữ nhật có độ dài các cạnh lần lượt là a,2a,3a bằng:
B. 6a 3 .

A. 2a 3 .

C.

2a 3
.
3

D. 3a 3 .

Lời giải
Chọn B
Thể tích hộp chữ nhật: a.2a.3a  6a3 .

Câu 102. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị n ư

n

n

n đ n o ư

đ

đ n

y

2
x

O
2

A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 2 .
B. Hàm số đạt cực đại tại x  0 v đạt cực tiểu tại x  2 .
C. Hàm số có giá trị l n nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng 2 .
D. Hàm số có a đ ểm cực trị.
Lời giải
Chọn B
Dựa v o đồ thị ta thấy hàm số có 2 cực trị.
Hàm số đạt cực đại tại x  0 và giá trị cực đại bằng 2 .
Hàm số đạt cực tiểu tại B 1; 1 và giá trị cực tiểu bằng 2 .
Câu 103. Trong không gian Oxyz , c o a đ ểm P  0; 0;  3 và Q 1;1;  3 Vectơ PQ  3 j có tọa độ là
B.  1;  1; 0  .

A.  2;1; 0  .

C. 1;2; 0  .

D. 1;1;1 .

Lời giải
Chọn C





PQ  1 0;1 0;  3    3  1;1;0  ; j   0;1; 0  .
PQ  3 j  1;2; 0  .
Câu 104. Cho hàm số y
ư

đ

f x có đồ thị n ư

n vẽ bên. Hàm số đã c o n

ịch biến trên khoảng nào


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

A.

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

B.

; 1.

C. 1; 2 .

1;1 .

D. 0;1 .

Lời giải
Chọn D
N n v o đồ thị đã c o, ta có trên khoảng 0;1 đồ thị hàm số đ xuống (theo chi u từ trái qua
phải) nên nghịch biến trên khoảng 0;1 .

 b5 
Câu 105. V i a , b là hai số ươn tù ý, log 
bằng
3 
 10a 
A. 5log b  1  3log a.

B. 5log b  3 1  log a  .

C. 5log b  1  3log a.

D. 5log b  1  3log a.
Lời giải

Chọn D

 b5 
 log b5  log 10a 3   5log b  log10  log a 3   5log b  1  3log a.
Có log 
3 
 10a 
Câu 106. Cho

10

7

0

3

 f  x  dx  5 và  f  x  dx  2 , k

A. 10 .

đó

B. 3 .

3

10

0

7

 f  x  dx   f  x  dx

bằng

C. 7 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn B
10

3

7

10

0

0

3

7

Có  f  x  dx  5   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  5
3

10

7

0

7

3

 f  x  dx   f  x  dx  5   f  x  dx  5  2  3
Câu 107. Cho mặt cầu có di n tích bằng
A. a 3 .

B.

3 2
a , k
4

a 3
.
4

đó án kín mặt cầu bằng:
C. 3a .
Lời giải

D. a .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

Chọn B

3
a 3
Có S  4 R 2   a 2  R 
4
4
Câu 108. P ươn tr n ln x  ln  2 x  1  0 có bao nhiêu nghi m?
B. 1 .

A. 0 .

C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B

1
x  0
x .
Đ u ki n 
2
2 x  1  0
K đó, p ươn tr n tươn đươn v i:

x  1
ln  x  2 x  1  0  2 x  x  1  0  
x   1

2
So sánh v đ u ki n ta được x  1 là nghi m.
Câu 109. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   đ qua A 1; 4; 3 và song song mặt phẳng  Oyz 
2

t

p ươn tr n mặt phẳng   là:
A. x 1  0 .

B. x  2 y  3 z  0 .

C. y  4  0 .

D. z  3  0 .

Lời giải
Chọn A
Mặt phẳng   đ qua A 1; 4; 3 có véc tơ p áp tu ến i  1;0;0  .
Nên mặt phẳng   có p ươn tr n l : x 1  0 .
2x

Câu 110. Họ nguyên hàm của hàm số f x

2018 x

2019 là

2x
2018 x 2 2019 x C .
ln 2
D. 2 x.ln 2 1009 x 2 2019 x C .
Lời giải

2x
1009 x 2 2019 x C .
ln 2
C. 2 x.ln 2 1009 x 2 2019 x C .
A.

B.

Chọn A
Ta có
2x
ln 2

f x dx

2x

1009 x 2

2019 x

2018x 2019 dx

x 1
1

y 3
3

Chọn C
Đáp án A n ầm vectơ c ỉ p ươn
Đáp án B n ầm dấu tọa độ đ ểm.
Đáp án D n ầm vectơ c ỉ p ươn
thỏa mãn C1x

1

3Cx2

2

z

4
đ qua đ ểm n o ư
2

C. P (1;3; 4) .

B. M ( 1; 3; 4) .

Lời giải

Câu 112. Tìm giá trị x

2018 xdx 2019 dx

C.

Câu 111. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :
A. Q(1;3; 2) .

2x dx

Cx3 1.

đ

D. N( 1; 3; 2) .


DIN N GIO VIấN TON
A. x 12 .

NHểM PHT TRIN MINH HA 2018-2019 S 3
C. x 16 .
D. x 2 .

B. x 9 .

Li gii
Chn A
u ki n: x 2 v x
x 1 3.
6

x 1. x

9 x 18

. Ta cú C1x

2

x 1 .x. x 1

2
x2

3Cx2

1

1 3.

6
x

x2

10 x

24

Cx3

2

x

1!.x!

2
2

x

2!

2!.x!

x 1!
3!. x 2 !

6
.

12 thoỷa maừn

x

3.

x 1 .x.

2 loaùi

x

0

x 1!
1

Cõu 113. Cho cp s cng un cú s hn u u3 1 v u4 2 . Cụng sai d bng
B. 3 .

A. 3 .

C. 5 .
Li gii

D. 2 .

Chn A
Ta cú: d u4 u3 3 .
Cõu 114. Trong mt phng ta Oxy , m biu din ca s phc z 3 2i nm trờn mt ng trũn
cú tõm l I (1;1) v bỏn kớnh l r . Bỏn kớnh r bng:
A. 5 .

B.

5.

D. 13 .

C. 13 .
Li gii

Chn A
m biu din ca s phc z 3 2i trong mt phng ta Oxy l m M 3; 2
Do ú: ỏn kớn ca ng trũn l r IM
Cõu 115. ng cong trong hỡnh v

A. y

x 1
.
1 2x

n

B. y

3 (1) 2 12 5
2

l th ca hm s n o

x 1
.
1 2x

C. y



x2
.
1 2x

Li gii
Chn A

1
\ . Lo ỏp ỏn D
2
th hm s qua m M 1;0 nờn ch cú ỏp ỏn A t a món.
Tp xỏc nh: D

V th ó c o l ca hm s y

x 1
.
1 2x

D. y

x 1
.
2x 1


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

Câu 116. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến t

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

n n ư sau:

Giá trị nhỏ nhất của hàm số có bảng biến thiên sau trên khoảng  2;3 là:
A. min y  0 .
2;3

B. min y  3 .

C. min y  1 .

2;3

2;3

D. min y  7 .
2;3

Lời giải
Chọn B
Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất là 3 .
Câu 117. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ( x ) có bảng biến t

nn ư

n vẽ. Số đ ểm cực trị của hàm

số đã c o l

A. 3 .

B. 2

C. 0 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn A

Quan sát BBT ta có f ( x )  0 có 3 nghi m phân bi t và f ( x ) đổi dấu khi qua ba nghi m nên
hàm số đã c o có đ ểm 3 cực trị.
Câu 118. Cho số phức z thỏa mãn  2  i  . z  9  1  i  v i i l đơn vị ảo. Tính giá trị của biểu thức
2

A  z  2z .
A. A  50 .

C. A  25 .

B. A  13 .
Lời giải

D. A  5 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

Chọn D
Ta có:  2  i  . z  9  1  i 

9  1  i 
z
 4i .
2i
2

2

Vậy A  z  2 z  4  i  2  4  i   4  3i  5 .
Câu 119. Trong không gian v i h trục tọa độ Oxyz , p ươn tr n mặt cầu  S  nhận gốc tọa độ O làm
tâm và có bán kính R  4 là
A. x 2  y 2  z 2  16

B. x 2  y 2  z 2  4

C. x 2  y 2  z 2  2

D. x 2  y 2  z 2  8
Lời giải

Chọn A
 S  có tâm O  0;0;0  , bán kính R  4 .
Suy ra  S  có p ươn tr n :  x  0    y  0    z  0   42 hay x 2  y 2  z 2  16 .
2

Câu 120. Đặt log 2 9  a , k
A.

2

2

đó log3 18 bằng

2  2a
.
a

B.

a
.
2  2a

C.

a
.
1 a

D.

2a  2
.
a

Lời giải
Chọn D
Ta có log3 18  log3 2  2 

1
2
2
2a  2
.
2
2 2
log 2 3
log 2 9
a
a

Câu 121. Gọi z1 , z2 là hai nghi m phức của p ươn tr n z 2  5 z  10  0 . Giá trị của biểu thức
z1  z2  2 z1 z2 bằng

A. 10 .

B. 15 .

C. 15 .

D. 10 .

Lời giải
Chọn B
Ta có z 2  5 z  10  0  z1,2 
K

 z1  z2  5
5  i 15
. Theo Vi-et ta có: 
.
2
 z1.z2  10

đó: z1  z2  2 z1 z2  5  20  15 .

Câu 122. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  8  0 và

 Q  : x  2 y  3z  6  0
A.

2
.
14

bằng
B. 1.

C. 14.

D. 2.

Lời giải
Chọn C


8  2.0  2.0  6
 P  / /  Q 
 d   P  ;  Q    d  A;  Q   
 14.
Ta có 
2
2
2
A
8;0;0

P




1

2

3




DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3
5 x  x2

Câu 123. Tập nghi m của bất p ươn tr n 3

C. a  b  4 .
Lời giải.

B. a  b  5 .

A. a  b  3 .

 81 l đoạn  a; b . Tính a  b ?

D. a  b  3 .

Chọn B
Ta có:

35 x  x  81  35 x  x  34  5 x  x 2  4  x 2  5 x  4  0  1  x  4  a  1; b  4  a  b  5
2

2

Câu 124. Di n tích phần hình phẳn được tô đậm trong hình vẽ
đ

1

A.

 x

3

1

 x 2  3x  1 dx .

B.

1

x

3

 x 2  3x  1 dx .

1

1

C.

n được tính theo công thức n o ư i

1

3
2
   x  x  3x 1 dx .

D.

1

x

3

 x 2  3x  1 dx .

1

Lời giải
Chọn B
Di n tích hình phẳn được tô đậm trong hình vẽ bên là:
1

 x

1

1

3

1

 3x    x  1 dx   x  3x  x  1 dx   x3  x 2  3x  1 dx .
2

3

1

2

1

Câu 125. Cho khối nón có thiết di n qua trục là tam giác SAB vuông tại S v i cạnh SA  a . Thể tích
khối nón bằng
A.

 a3 2
12

.

B.

 a3
.
3

C.
Lời giải

Chọn A

 a3
.
12

D.

 a3 2
4

.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

Theo tính chất của hình nón ta có SA  SB  l .
Vậy tam giác SAB vuông cân tại S suy ra SA  SB  a, AB  a 2  SO  OB 

a 2
2

2

1
1  a 2  a 2 a3 2
Vậy V   r 2h   
.


3
3  2  2
12
Câu 126. Cho hàm số f ( x ) có bảng biến t

n n ư sau

Tổng số ti m cận ngang và ti m cận đứng của đồ thị hàm số đã c o l
A. 4 .

B. 1 .

C. 3 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn B
lim f ( x)    x  1 là một ti m cận đứng
x 1

lim f ( x)   n n đồ thị hàm số không có ti m cận ngang

x 

Vậ đồ thị hàm số có tổng số đường ti m cận là 1.
Câu 127. Cho khố c óp tam

ác đ u có cạn đá

ằng a , các cạnh bên bằng 2a . Thể tích của khối

c óp đã c o ằng
A.

33a3
.
12

B.

11a3
.
12

C.
Lời giải

Chọn B

8 2a 3
.
3

D.

11a3
.
6


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

Ta có SO   ABC  và S ABC 

2
2 a 3 a 3
a2 3
; AO  AM  .
,

3
3 2
3
4
2

a 3
a 33
SO  SA  AO   2a   
.
 
3
3


2

2

2

Vậy thể tích khối chóp là VS . ABC

1
1 a 2 3 a 33
11 3
 .S ABC .SO  .
.

a .
3
3 4
3
12

Câu 128. Hàm số f  x   ln 2 x có đạo hàm
A. f   x  

2.ln x
.
x

C. f   x  

B. f   x   2.ln x .

2
.
x.ln x

D. f   x  

Lời giải
Chọn A

2.ln x
Ta có: f   x   2.ln x.  ln x  
.
x
Câu 129. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị n ư

Số nghi m của p ươn tr n
A. 3 .

n sau:

1 f  x
 2 là
1 f  x

B. 1 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn D
1 f  x
1
Ta có
 2  1 f  x  2  2 f  x  f  x   
3
1 f  x

D. 4 .

ln x
.
x


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

N ư vậy, số nghi m thực của p ươn tr n

(1) chính là số

ao đ ểm của đồ thị hàm số

1
y  f ( x) v đồ thị của đường thẳng y   .
3
1
Dựa v o đồ thị ta có đường thẳng y   cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại bốn đ ểm phân bi t.
3
Vậ p ươn tr n đã c o có ốn nghi m.
Câu 130. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có các cạnh AB  2, AD  3; AA  4 . Góc giữa hai
mặt phẳng  BC ' D  và  AC D  là  . Tính giá trị gần đ n của góc  ?
A. 45, 2 .

C. 53, 4 .

B. 38,1 .

D. 61, 6 .

Lời giải
Chọn D
Do mặt phẳng  BC ' D  //  ABD  nên góc giữa hai mặt phẳng  BC ' D  và  AC D  bằng góc
giữa hai mặt phẳng  BC ' D  và  AC D  . Ta có các cách giả n ư tr n

Cách khác
Tọa độ hóa, tính trực tiếp góc giữa hai mặt phẳng  BC ' D  và  AC D  tươn tự bài trên.
Chú ý: Tính góc giữa hai mặt phẳng  BC ' D  và  AC D  mặc dù nhìn thấy giao tuyến n ưn
dựng góc lạ k ó ơn

tr n

ức

n

cao ơn

tr n một chút.

Câu 131. Tổng tất cả các nghi m của p ươn tr n 32 x  (2 x  9).3x  9.2 x  0 bằng
A. 3 .

C. 0 .
Lời giải

B. 2 .

Chọn B
Đặt t  3 x , t  0

t  9
P ươn tr n trở thành: t 2  (2 x  9)t  9.2 x  0  
x
t  2
* V i t  9  3x  9  x  2
x

3
* V i t  2 x  3x  2 x     1  x  0
2

D. 2 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

Vậ , p ươn tr n có a n

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

m x1  0 ; x2  2  x1  x2  2 .

Câu 132. Một chi tiết máy gồm 3 khối trụ có cùng chi u cao h gắn v

n au (n ư

n vẽ).

Khối trụ l n có án kín đá r l n gấp đô án kín đá của hai khối trụ nhỏ (hai khối trụ nhỏ
bằng nhau). Biết thể tích của cả khối chi tiết má đó ằng 90 cm 3 . Tính thể tích của khối trụ l n
ở giữa.
A. 30 cm3
B. 45 cm3
C. 70 cm3
D. 60 cm3
Lời giải
Chọn D
Thể tích khối trụ l n ở giữa: V1   r 2 h
2

3
3
r
Tổng thể tích chi tiết máy: V   r h  2   h   r 2 h  V1
2
2
2
3
Suy ra: V1  90 Do đó: V1  60
2
2

Câu 133. Tính nguyên hàm I   sin x.e x dx , ta được:
A. I 

1 x
e  sin x  cos x   C .
2

C. I  e x sin x  C .

B. I 

1 x
e  sin x  cos x   C .
2

D. I  e x cos x  C .
Lời giải

Chọn A
u  sin x
du  cos xdx

Đặt 
.
x
x
dv  e dx v  e
K

đó Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta được

I  e x sin x   cos xe x dx  e x sin x  J .

u  cos x
du   sin xdx

Tính J   cos xe x dx Đặt 
.
x
x
dv  e dx v  e
Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta được: J  e x cos x   sin xe x dx  e x cos x  I .

Do đó I  e x sin x  J  e x sin x   e x cos x  I   2I  e x sin x  e x cos x  e x  sin x  cos x  .

1
Vậy I  e x  sin x  cos x   C .
2
Câu 134. Cho hình chóp S.ABCD có đá l

n t o cạnh a , BAD  60 , SB  a và mặt phẳng  SBA 

và mặt phẳng  SBC  cùng vuông góc v i mặt phẳn đá

K oảng cách từ B đến mặt phẳng


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

 SCD 
A.

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

bằng

21a
.
7

B.

5a
.
7

C.

21a
.
3

D.

15a
.
3

Lời giải
Chọn A

Gọi M l trun đ ểmcủa CD . Do tam giác BCD đ ucạnh a nên BM  DC và BM 

a 3
2

Suyra  DC   SBM  . Trong tam giác SBM kẻ BH  SM tại H  CD  BH

 BH  SM
 BH   SCD   d  B;  SCD    BH

 BH  DC
Trong tam giácvuông SBM ta có

1
1
1
7
a 21
.
 2

 BH 
2
2
2
BH
SB
BM
21a
7

Câu 135. Trong không gian v i h tọa độ Oxyz , p ươn tr n n o ư
của đường thẳng

x  1 t

A.  y  2  3t .
z  0


đ

l p ươn tr n

n c ếu

x 1 y  2 z  3


trên mặt phẳng  Oxy  ?
2
3
1

x  1 t

B.  y  2  3t .
z  0


x  1 t

C.  y  2  3t .
z  0


 x  1  2t

D.  y  2  3t .
z  0


Lời giải
Chọn D
Đường thẳng

x 1 y  2 z  3


qua M 1; 2;3 và N  3;1; 4  .
2
3
1

Gọi M  và N  lần lượt là hình chiếu của M và N trên  Oxy  ta có M  1; 2;0  , N   3;1;0  .

P ươn tr n

 x  1  2t

n c ếu cần tìm là: M N  :  y  2  3t .
 z0


Câu 136. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  x3  2 x 2   m  1 x  m  3 đồng biến
trên mỗi khoảng  ; 1 và  2;  
A. m  3 .

B. m  3 .

C. m  6 .

D. m  6 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

Lời giải
Chọn A
Ta có: y  3x 2  4 x  m  1
Hàm số đã c o đồng biến  ; 1 và  2;    y '  0, x   ; 1 và (2; ) .
 m  3x 2  4 x  1, x  (; 1) và (2; ) .

Xét f ( x)  3x 2  4 x  1, x   ; 1 và  2;   .
Ta có f '( x)  6 x  4 .
Cho f '( x)  0  6 x  4  0  x 

2
.
3

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra: ( ycbt )  m  3 .
Câu 137. Biết tập hợp đ ểm biểu diễn của số phức z l đường tròn tâm I  3;0  , bán kính R  1 , k
tập hợp đ ểm biểu diễn của số phức w 
A. R 

1
.
9

B. R 

1
.
3

đó

i
l đường tròn có bán kính
z 1
C. R 

13
.
3

D. R  3 .

Lời giải
Chọn B
Ta có w 
Giả sử

wi
i
 z
w
z 1

1 .

l đ ểm biểu diễn của số phức z , I l đ ểm biểu diễn của số phức z1  3
 MI  z  z1  1  z  3  1  2  .

Thay 1 vào  2  được

wi
i  2w
3 1
 1  i  2w  w .
w
w

Đặt w  a  bi  a, b  R  .

4
1
2
2
2
i  2w  w  2a  1  2b  i  a  bi  4a 2  1  2b   a 2  b 2  a  b  b   0
3
3
1
3

 quỹ tíc đ ểm biểu diễn của số phức w l đường tròn bán kính R  .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

3

Câu 138. Biết I   x ln  2 x  1 dx 
0

b
35
b
là phân
ln a  , tron đó a , b , c là các số n u n ươn v
c
8
c

số tối giản. Tính S  a  b  c.
A. S  6.
B. S  6.

D. S  12.

C. S  7.
Lời giải

Chọn B
3

Ta có I   x ln  2 x  1 dx
0

2

du 
dx
u  ln  2 x  1 
2x 1
Đặt 

2
dv  xdx
v  x

2
3
x 2 ln  2 x  1
x2
I   x ln  2 x  1 dx 

dx
2
2
x

1
0
0
0
3

3

3

3
x 1

 x2 1

9
1
9
1
35
3
 ln 7     
d
x

ln
7


  x  ln 2 x  1   ln 7 
2
2 4 4  2 x  1 
2
8
2
 4 4
0 8
0

a  7

 b  3  S  a  b  c  7  3  2  6 .
c  2


Câu 139. Cho hàm số y  f ( x). Hàm số y  f '( x ) có bảng biến t

Bất p ươn tr n e

x

 m  f ( x) có nghi m thuộc [4;9] khi và chỉ khi

A. m  f (2)  e 2 .

B. m  f (2)  e 2 .

C. m  f (9)  e3 .
Lời giải

Chọn D
Ta có: m  e

x

 f ( x).

Xét hàm số g ( x)  e
g '( x) 

1
2 x

e

x

n n ư sau

x

 f ( x) trên [4;9].

 f '( x) , x  [4;9].

Bảng biến thiên của hàm số g ( x)

D. m  f (9)  e3 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

g( x)  m  e 3  f (9).
Vậy m  max
[4;9]
Câu 140. Trong hội diễn văn n

chào mừng ngày nhà giáo Vi t Nam 20/11 có 201 em dự t , tron đó

có 8 em ở cùng một trường có số báo danh dự thi lập thành một cấp số n n Trư c khi vào
biểu diễn văn n

các em ngồi ngẫu nhiên vào hai hàng ghế đối di n nhau, mỗi dãy có bốn

ghế và mỗi ghế chỉ ngồ được một học sinh. Tính xác suất để tích các số báo danh của hai em
ngồ đối di n nhau thì bằng nhau.
8
8
A.
.
B.
.
35
70

C.

1
.
35

D.

1
.
105

Lời giải
Chọn D

Số phần tử không gian mẫu là 8!  40320 .
Gọi A là biến cố : “Tíc các số báo danh của hai em ngồ đối di n nhau thì bằn n au”
Giả sử số báo danh của 8 học sinh trên là u1 , u2 ,...., u8 .
Theo tính chất của cấp số nhân, ta có : u1.u8  u2 .u7  u3.u6  u4 .u5   u1  .q7 v i q là công bội
2

của cấp số nhân.
Xếp học sinh có số báo danh u1 vào ngồi một trong 8 ghế. Có 8 cách.
Học sinh ngồ đối di n v i học sinh có số báo danh u1 bắt buộc phải có số báo danh u8 . Chỉ có
duy nhất 1 cách xếp.
Xếp học sinh có số báo danh u2 vào ngồi một trong 6 ghế còn lại. Có 6 cách.
Học sinh ngồ đối di n v i học sinh có số báo danh u2 bắt buộc phải có số báo danh u7 . Chỉ có
duy nhất 1 cách xếp.
Cứ n ư vậy ta có số phần tử của biến cố A sẽ là 8.6.4.2  384 cách
384
1

Do đó xác suất của biến cố A là :
.
40320 105
Câu 141. Trong không gian v i h tọa độ Oxyz , c o a đ ểm A 1; 4 ; 5 , B 3; 4 ; 0 , C 2; 1; 0
và mặt phẳng P : 3x

MA2 MB 2
A. 3 .

3y

2z

12

0 . Gọi M a ;b ; c thuộc P sao cho

3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a
B. 2 .
C. 2 .
Lời giải

b

c.
D.

3.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

Chọn A
Gọi I x ; y ; z l đ ểm thỏa mãn IA
Ta có: IA

x ;4

1

và 3IC

3x ;

6

z , IB

y ;5
3y ;

3

MB 2
3MC

MB
2

MA

MI

3MC

Do IA2

IB 2

0.

x ;4

3

y; z

IB

x 6 3x
y 3 3y
3z 0

IA

MI 2

MI 2

2MI . IB

2

2

MA2

Do đó: S

MI
2

2

3
4
z
2

2

đó: MA2

3IC

3z .

x
y
z

1
Từ ta có h p ươn tr n : 4
5
K

IB

3 MI

IC

MB 2

3MC 2

3 MI 2

x
y
z

0
0

IB 2 .
IC 2 .

2MI . IC

IA2

IB 2

Vectơ c ỉ p ươn của IM là n

3;

x
P ươn tr n t am số của IM là: y
z

K

3;

3y

2z

12

0.

2 .

2 3t
1 3t , t
1 2t

.

3t ;1

3t ;1

2t

P là hình chiếu của I lên mặt phẳng P .

3t

3 1

3t

2 1

đó: 3 2

Suy ra: M

3IC 2 .

3IC 2 k ôn đổi nên S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ

nhất. Tức là M là hình chiếu của I lên mặt phẳng P : 3x

Gọi M 2

I 2;1;1 .

IA2 .

2MI . IA

5MI 2

2
1
1

7
;
2

1
; 0 . Vậy a
2

b

2t

c

7
2

12

0

1
2

3.

22t

11

0

t

1
.
2

Câu 142. Có bao nhiêu số số phức z thỏa mãn 1  i  z  4  2i  1  i  z  6  4i ?
A. 2 .

B. 1 .

C. 3 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn D
Giả sử z  a  bi  a, b 

 , ta có 1  i  z  4  2i  1  i  z

 1  i  a  4   b  2  i  1  i  a 2  b2  6  4i
 1  i 

 a  4  b  2
2

2

 1  i  a 2  b 2  6  4i

 6  4i


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

 a  4  b  2



2







NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3
2

 a 2  b2  


 a  4  b  2

2

 a  4  b  2

2

2

2

 a  4  b  2
2

2

 a 2  b 2  i  6  4i


 a 2  b2  1


2
2
  a  4    b  2   5
 a 2  b2  4

 a 2  b2  6

2
2

a  b  1
 2
 1  8a  4b  20  25  8a  4b  4  b  2a 1
2

a  b  8a  4b  20  25

a  0
 a   2a  1  1  5a  4a  0  
a  4
5

2

2

2

+ V i a  0  b 2  1  b  1  z  i .
2

4 4
3
4 3
+ V i a      b2  1  b    z   i
5 5
5
5 5

Do đó có 4 số phức z thỏa mãn bài toán.
Câu 143. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R v có đồ thị n ư
nguyên của m để p ươn tr n

A. 9 .

n vẽ ư

đ

Có ao n

u

á trị

1 
f  2 log 2 x   m có nghi m duy nhất trên  ; 2  .
2 

B. 6 .

C. 5 .
Lời giải

D. 4

Chọn B

1 
Đặt t  2 log 2 x , x   ; 2   t   2; 2 
2 
P ươn tr n

1 
f  2 log 2 x   m có nghi m thuộc đoạn  ; 2  khi và chỉ k
2 

p ươn tr n

2  m  2
f  t   m có nghi m duy nhất thuộc  2; 2   
m  6

 có 6 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Câu 144. V o đầu mỗ năm an T ắng gửi vào ngân hàng số ti n 30 tri u đồng v i kì hạn 1 năm, lã suất
7%/năm (mỗi lần gử các n au 1 năm) Hỏi sau ít nhất ao n

u năm (sau k

n n

n đã

tính lãi cho lần gửi cuối cùng) thì anh Thắn được số ti n cả gốc lẫn lãi từ 500 tri u đồng trở


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

lên? (biết rằng trong suốt thời gian gửi ti n, anh Thắn k ôn đến rút lãi v , ngân hàng tính theo
thể thức lãi kép và lãi suất n năm k ôn đổi)
A. 7 năm.
B. 8 năm.
C. 9 năm.
D. 10 năm
Lời giải
Chọn C
Gọi N là số năm an T ắng gửi ngân hàng
Lần gử đầu tiên anh Thắng gửi 30 tri u đồn , đến hết năm t ứ N an được tính cả vốn và lãi
cho số ti n này là : 30.106.(1  7%) N
Lần gửi thứ 2 anh Thắng gửi 30 tri u đồn , đến hết năm t ứ N an được tính cả vốn và lãi cho
số ti n này là : 30.106.(1  7%) N 1

Lần gửi thứ N anh Thắng gửi 30 tri u đồn , đến hết năm t ứ N an được tính cả vốn và lãi cho
số ti n này là : 30.106.(1  7%)1
Tổng số ti n anh Thắng nhận được là
30.10 .(1  7%)  30.10 .(1  7%)
6

N

6

N 1

1  (1  7%) N
 ...  30.10 .(1  7%)  30.10 .(1  7%)
1  (1  7%)
6

6

Để số ti n từ 500 tri u đồng trở lên thì 30.106.(1  7%)

1  (1  7%) N
 500.106
1  (1  7%)

Giả ra ta được N  8,29 nên số năm cần gửi tối thiểu l 9 năm
Câu 145.Cho hai mặt cầu

S  : x
1

2

 y 2  2 x  6y  4z  11  0 ,

S  : x

2

2

 y 2  2 x  4 y  2z  3  0 cắt

nhau theo giao tuyến l đường tròn  C  . Lấ đ ểm A thuộc đường tròn  C  . Gọi I , J lần lượt
là tâm của mặt cầu

 S1  ,  S2  ,

S là di n tích tam giác AI J thì S có giá trị là

1
219 .
2
15
C. S  .
2

5 26
.
2
1
209 .
D. S 
2
Lời giải

A. S 

B. S 

Chọn D

J

T
A

I

Mặt cầu  S1  : x 2  y 2  2 x  6y  4z  11  0 có tâm I 1;3; 2  , bán kính R1  5 .
Mặt cầu  S2  : x 2  y 2  2 x  4 y  2z  3  0 có tâm J 1; 2;1 , bán kính R2  3 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

Có IJ  26 , R1  R2  IJ  R1  R2 . Suy ra hai mặt cầu  S1  ,  S2  cắt nhau theo giao tuyến là
đường tròn  C 
Gọi M  x; y; z  l đ ểm chung của  S1  ,  S2  thì tọa độ M nghi m đ n

:

2
2

 x  y  2 x  6 y  4 z  11  0
 5y  z  4  0
 2
2

 x  y  2x  4 y  2z  3  0

Suy ra M thuộc mặt phẳng  P  5 y  z  4  0
Giao tuyến của mp  P  và  S1  l đường tròn  C  chứa đ ểm A .
ao đ ểm của I J và mp  P  thì T là tâm của đường tròn  C  .

Gọi T l

Có d  J ,  P   

5.  2   1  4
26

5
.
26



Gọi r là bán kính của  C  thì r  TA  R22  d 2  J ,  P   

209
.
26

1
1 209
1
1
S  S AIJ  TA.IJ 
. 26 
209 . Vậy S 
209 (đv t)
2
2
2 26
2
Câu 146.

ột c t ết má ằn t ép ạn k ố tr n xoa có t ết
n ư n vẽ ư i đ

B ết

á t ép l

15000đ / kg

AB  10dm; AD  4dm. Hỏ c

đ n ất
.A. 9160000đ .

k ố

lượn

r n

n đ qua trục l p ần tô đậm

của t ép l

7850kg / m3 . Cho

p í vật l u để l m t n sản p m đó ần v

B. 11260000đ .

C. 10160000đ .
Lời giải

số t n n o sau

D. 12100000đ .

Chọn C
V AB  10dm; AD  4dm.  A(5; 2), B(5; 2), C(5; 2), D( 5; 2) .
H pe ol l : x  y 2  1 oặc x   y 2  1
2

T ể tíc vật t ể tr n xoa l : Voy    ( y 2  1)2 dy  86, 289 (dm3 )  0,086289 (m3 )
2

Tổn c

p í sản xuất l : T  0, 086289.7850.15000  10160538,96đ .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

Câu 147. Cho khối lập p ươn ABCD.ABCD ' cạnh a . Gọi M , N lần lượt l trun đ ểm của đoạn
thẳng A ' D ' và C ' D ' . Mặt phẳng  BMN  chia khối lập p ươn t n

a p ần, gọi V là thể

tích phần chứa đỉnh B ' . Tính V ?
A.

25a 3
.
72

B.

7a3
.
24

C.

25a 3
.
24

Lời giải
Chọn A

Ta có thể tích cần tính là VBB ' EA ' MNC ' F .
Mà VBB ' EA ' MNC ' F  VB.EA ' M  VB. B ' A' MNC '  VB. FC ' N .

PA ' M  ND ' M
 PA '  ND '
Ta có: 
.

QC ' N  MD ' N QC '  MD '
Lại có: MD '  ND '  PA '  ND '  MD '  QC ' 

a
.
2

 A ' E PA ' 1



PA ' E BAE
a
 AE
BA
2
Mà: 

 A ' E  QC '  .
3
QC ' F BCF  C ' F  QC '  1

BC 2
 CF
1
1
1
a3
Vậy ta có: VB.EA ' M  BA.S EA ' M  BA. A ' M . A ' E 
.
3
3
2
36

Dễ thấy: VB.FC ' N  VB. EA ' M 

a3
.
36

1
1
7a3
Có: VB.B ' A ' MNC '  .BB '.S B ' A' MNC '  BB '  S A' B ' C ' D '  S MD ' N  
.
3
3
24

Vậy: VBB ' EA ' MNC ' F
Câu 148. Cho hàm số y

25a 3

.
72

f x có bản xét dấu của đạo hàm như sau:

D.

7a3
.
72


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

Hàm số y  g  x   f  2 x  4   e

1 3
x  2 x 2  3 x 1
3

đồng biến trên khoảng nào dư i đ y?
C.   ;1 .

B.  3;   .

A. 1;3 .

 7
D. 1;  .
 2

Lời giải
Chọn A





1

Ta có: y  g   x   2 f   2 x  4   x 2  4 x  3 e 3

x3  2 x2 3 x 1

.


x  1

Dựa vào bảng xét dấu f   x  ta có f   2 x  4   0   x  3 .

7
x 

2

1  x  3
 2  2 x  4  2
f   2x  4  0  

.
x  7
2 x  4  3

2

x

1

2

 4 x  3 e 3

x3  2 x2 3 x 1

x  1
0
x  3

Bảng xét dấu y  g   x 

Vậy hàm số đồng biến trên 1;3 .
Câu 149. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số f  x   x3  x 2  m  đồng biến trên
4

A. Vô số.

B. 10 .

C. 0 .

D. 7 .

Lời giải
Chọn A

f  x   x3  x2  m   f   x   3x 2  x 2  m   8x 4  x 2  m   x 2  x 2  m  11x 2  3m 
4

4

3

3

Để hàm số đồng biến trên R thì f   x   0 , x 
V i m  0  f   x   x10  0, x  R thỏa mãn đ u ki n đ bài.
2

3
x  m  0
V i m  0 có  2
 f   x   x 2  x 2  m  11x 2  3m   0 , x 

11x  3m  0

ki n đ bài.

thỏa mãn đ u


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

V i m  0 dễ thấy

Xét p ươn tr n

Tron đó các n
dấu k

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

3m
3m
 0 và m 
11
11

 x2  0
x  0


3
f   x   0   x 2  m   0   x   m
 2

11x  3m  0
 x   3m

11

m x   m, x  

đ qua các n

3m
là các nghi m phân bi t bậc lẻ nên f   x  sẽ đổi
11

m đó, vậy f  x  không thể đồng biến trên

Vậ để hàm số f  x  đồng biến trên

(loại)

thì m  0 suy ra tồn tại vô số giá trị nguyên của m

thỏa mãn đ bài.
Câu 150. Cho hàm số y  f  x   mx 4  nx3  px 2  qx  r , (v i m, n, p, q, r 
đồ thị n ư

n vẽ

n ư i:

Tập nghi m của p ươn tr n
A. 4.

). Hàm số y  f   x  có

f  x   m  n  p  q  r có số phần tử là

B. 3.

C. 1.

D. 2.

Lời giải
Chọn D
Dựa v o đồ thị y  f   x  ta thấ p ươn tr n

f   x   0 có ba nghi m đơn l 3 , 1 , 1 .

Do đó f   x   4m  x  1 x  1 x  3 và m  0 1 .
Gọi S1 là di n tích của hình phẳng gi i hạn bởi y  f   x  trục Ox đường thẳng x  3 ,
x  1 .
1

Suy ra S1 



f   x  dx  f  1  f  3 

3

1

 4m  x  1 x  3 x  1 dx  16m  2  .

3

Gọi S 2 là di n tích của hình phẳng gi i hạn bởi y  f   x  trục Ox đường thẳng x  1 , x  1 .
1

1

1

1

Suy ra S2   f   x  dx  f  1  f 1   4m  x  1 x  3 x  1 dx  16m  3 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3

Từ 1 ,  2  ,  3 ta có S1  S2  0  f  3  f 1  0 hay f  3  f 1 .
Ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấ p ươn tr n
nghi m phân bi t.

f  x   m  n  p  q  r  f  x   f 1 có hai



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×