Tải bản đầy đủ

7-5-L12-SGD-Điện-Biên-1819

Sở GD&ĐT Điện Biên
Mã đề 202

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
Môn Toán – Lớp 12
Năm học 2018-2019
Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1: Tính thể tích của khối chóp S.ABC có SA là đường cao, đáy là tam giác BAC vuông cân tại
A; SA  AB  a
a3
A. V  .
3

a3
B. V  .
6

2a 3
C. V 
.

3
Lời giải

D. V 

a3
.
9

Chọn B
Thể tích của khối chóp S.ABC có SA là đường cao là
1
1 1
a3
V  .SA.S ABC  a. a 2 
3
3 2
6

Câu 2:

Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên
x



y

y

và có bảng biến thiên như sau :

2




0



0


0





1
4

Khẳng định nào sau đây là đúng ?
A.Hàm số đạt cực đại tại x  0 .

B. Hàm số đạt cực tiểu tại x  4 .

C. Hàm số đạt cực đại tại x  2 .

D. Hàm số đạt cực đại tại x  1 .
Lời giải

Câu 3:

Chọn C
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A(3; 1;1) . Gọi A là hình chiếu của A lên
mặt phẳng Oxz . Tính độ dài đoạn OA .
A. OA  10 .

B. OA  2 10 .

C. OA  2 .
Lời giải

D. OA  2 3 .

Chọn A
A là hình chiếu của A lên mặt phẳng Oxz  A   Oxz   A  3;0;1
OA   3;0;1  OA  32  12  10

Câu 4:

Cho hàm số y 

ax  3
có đồ thị như hình vẽ bên. Tính giá trị của a  2c .
xc

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

1


B. 3 .

A. 3 .

D. 2 .

C. 1 .
Lời giải

Chọn A.
Quan sát đồ thị ta có:
+ Tiệm cận đứng: x  2  c  2
+ Tiệm cận ngang: y  1  a  1

 a  2c  1  4  3 .
Câu 5:

Cho a  0, a  1, b  0, x 

. Đẳng thức nào sau đây sai?

B. a loga b  b .

A. log a a  1 .

C. loga b  x  a  b x .

D. log a 1  0 .

Lời giải
Chọn C.
Ta có: loga b  x  b  a x .
3

Câu 6:



Cho biết

1

4

4

1

1

f  x  dx  2,  f  x  dx  3,  g  x  dx  7 . Khẳng định nào sau đây sai?

4

A.

4

 4 f  x   2g  x  dx  2 .

B.

1

3

C.



  f  x   g  x  dx  10 .
1

4

f  x  dx  5 .

D.

 f  x  dx  1 .
3

4

Lời giải
Chọn D.
3

Ta có:


4

4

3

1

1

f  x  dx  f  x  dx   f  x  dx  5

3

  f  x  dx  5 .
4

Câu 7:

Thể tích khối trụ có đường kính bằng a là V 
A. h  a .

B. h 

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

a
.
2

 a3
4

chiều cao h của khối trụ là

C. h 

a
.
6

D. h 

a
.
3

2


Lời giải
Chọn A
Ta có R 
Câu 8:

a
 a3
a2
 V   R 2 .h 
  .h  h  a .
2
4
4

Tập nghiệm của bất phương trình 2 x  2 là
A.  0;1 .
B.  ;1 .

C.

D. 1;   .

.

Lời giải
Chọn A
2 x  2  x  1  0  x  1.
Câu 9:

Trong không gian Oxyz phương trình mặt phẳng đi qua điểm A 1; 2;3 và vuông góc với giá
của vectơ v   1; 2;3  là:
A. x  2 y  3 z  4  0 .

B. x  2 y  3 z  4  0 .

C. x  2 y  3 z  4  0 .

D.  x  2 y  3 z  4  0 .
Lời giải

Chọn A
Phương trình mặt phẳng cần tìm:   x  1  2  y  2   3  z  3  0  x  2 y  3z  4  0
Câu 10: Cho hàm số f  x  liên tục, có đạo hàm trên đoạn  1; 2 , tích phân

2

 f   x  dx  9 . Biết

1

f  1  8 . Tính f  2  .

A. f  2   1.

B. f  2   1 .

C. f  2   3 .

D. f  2   16 .

Lời giải
Chọn A
Ta có
2

9   f   x  dx  f  2   f  1  f  2   f  1  9  8  9  1 .
1

x  2  t

Câu 11: Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :  y  3  t đi qua điểm nào sau đây?
 z  2  t

A. A 1; 2; 1 .

B. A  3; 2; 1 .

C. A  3; 2; 1 .

D. A  3; 2;1 .

Lời giải
Chọn B
Khi t  1  A  3; 2; 1  d .
Câu 12: Cho n và k là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Ank 

n!
.
k ! n  k  !

C. Cnk 1  Cnk , 1  k  n  .

B. Cnk11  Cnk1  Cnk , 1  k  n  .
D. Cnk 

n!
.
 n  k !

Lời giải
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

3


Chọn B
Câu 13: Cho cấp số nhân  un  có u1  3, q 

1
3
. Khi đó
là số hạng thứ mấy ?
2
256

B. Thứ 9 .

A. Thứ 8 .

C. Thứ 7 .

D. Thứ 6 .

Lời giải
Chọn B
Ta có:

un  u1.q

n 1

3
 1

 3.   
256
 2

 1
Do đó:   
 2

n 1



n 1

1
 n  1  log 2 256  8  n  9 .
256

Câu 14: Điểm nào biểu diễn số phức liên hợp của số phức z  2  3i ?
A. M  2; 3 .
B. M  2;3 .
C. M  2;3 .

D. M  2; 3 .

Lời giải
Chọn B
Ta có z  2  3i  z  2  3i .
Vậy, điểm M  2;3 biểu diễn số phức liên hợp của số phức z  2  3i .
Câu 15: Hàm số nào có bảng biến thiên sau đây?
x
y'
y

A. y 

2x 1
.
x2

B. y 



1

+

+

2

2x  2
.
x 1

C. y 

2
2x  2
.
1 x

D. y 

2x  3
.
x 1

Lời giải
Chọn B
Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x  1 và đường tiệm cận
ngang là y  2 , suy ra chọn B, D
Mặt khác, hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định, do đó chọn B
Câu 16: Cho hàm số f  x  xác định, liên tục trên
và có bảng biến thiên sau:

Phát biểu nào sau đây là đúng?
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

4


A. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 0 và giá trị lớn nhất bằng 2 .
B. Hàm số nhận giá trị dương với mọi x  .

C. Trên  2;8 hàm số có giá trị lớn nhất là M , giá trị nhỏ nhất là m . Giá trị biểu thức

m  3M  6 .
D. Hàm số có đúng một cực trị.
Lời giải
Chọn C
Trên  2;8 hàm số có giá trị lớn nhất là M  2 , giá trị nhỏ nhất là m  0 . Nên giá trị biểu thức

m  3M  6 .
Câu 17: Cho hàm số y  f  x  có f   x   x 2  x  1  3  x  x  5 . Số cực tiểu của đồ thị hàm số là
3

B. 1 .

A. 4 .

C. 2 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn B

x  0
x  1
3
2
Ta có f   x   0  x  x  1  3  x  x  5   0  
.
x  3

x  5

Vậy số cực tiểu của đồ thị hàm số là 1 .
Câu 18: Cho số phức z thỏa mãn phương trình  3  2i  z   2  i   4  i . Tọa độ điểm M biểu diễn số
2

phức z là.
A. M  1;1 .

C. M 1;1 .

B. M  1;  1 .

D. M 1;  1 .

Lời giải
Chọn C

 3  2i  z   2  i 

2

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

1  5i
 1 i .
3  2i

Vậy M 1;1 .
Câu 19: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;1;0  và B 1;3; 2  . Phương trình của mặt cầu đường
kính AB là
A.  x  1   y  1   z  0   2 .

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

C.  x  1   y  3   z  2   5 .

D.  x  1   y  3   z  2   2 .

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn B
Mặt cầu đường kính AB có tâm I 1; 2;1 là trung điểm của AB và bán kính IA  2 nên có
phương trình  x  1   x  2    z  1  2 .
2

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

2

2

5


Câu 20: Cho log 2 5  a; log3 5  b . Khi đó log5 6 tính theo a và b là:
A. a  b .

B.

ab
.
ab

ab
.
ab

C.

D. a 2  b 2 .

Lời giải
Chọn B
Ta có log 5 6  log 5 2  log 5 3 

1 1 ab
 
.
a b
ab

Câu 21: Gọi z1 , z2 lần lượt là các nghiệm của phương trình z 2  2 z  5  0 . Giá trị của z1  z2 là
2

B. 2 5 .

A. 10 .

2

D. 20 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn B
 z  1  2i  z1
Ta có z 2  2 z  5  0  
.
 z  1  2i  z2

Suy ra z1  z2  10 .
2

2

Câu 22: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

khoảng cách từ tâm mặt cầu

x 2  y 2  z 2  4 x  4 y  4 z  1  0 đến mặt phẳng (P) x  2 y  2 z  10  0 bằng
A.

4
3

B.

7
3

C. 0

D.

8
3

Lời giải
Chọn C
Mặt cầu có tâm I  2; 2; 2  .

d ( I , ( P )) 

| 2  4  4  10 |
0
1 4  4

Câu 23: Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 7
A. 17

x 1

1
 
7

x 2  2 x 3

. Khi đó x 12  x22 bằng

C. 5
Lời giải

B. 1

D. 3

Chọn C
Ta có 7

x 1

1
 
7

x 2  2 x 3

 7 x 1  7  x

2

 2 x 3

x  2
 x  1   x2  2 x  3   1
 x2  1

Suy ra x12  x22  5 .
Câu 24: Cho khối nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân có cạnh bên bằng a . Thể tích khối
nón là:
A.

 a3 2
4

B.

 a3 2
12

C.

 a3 2
6

D.

 a3 3
6

Lời giải
Chọn B
a2  a2 a 2
Ta có bán kính đáy: r 

2
2

Chiều cao hình chóp: h  r 
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

a 2
2
6


2

1
1  a 2  a 2  a3 2
Thể tích khối nón: V   r 2 h   


3
3  2  2
12
Câu 25: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 2 và đường thẳng y  2 x là
A.

4
.
3

B.

5
.
3

C.

3
.
2

D.

23
.
15

Lời giải
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  x 2 và đường thẳng y  2 x là
x  0
x2  2 x  
x  2
2
4
2
Diện tích hình phẳng là S   x  2 x dx  .
3
0
Câu 26: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.

Tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
A. 1.

B. 2.

C. 0.
Lời giải

D. 3.

Chọn D
Ta có lim y  3 suy ra đồ thị có một đường tiệm cận ngang y  3 .
x 

Và lim  y   suy ra đồ thị có đường tiệm cận đứng x  1 .
x  1

lim y   suy ra đồ thị có đường tiệm cận đứng x  1 .

x 1

Vậy tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là 3.
Câu 27: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng 3a (tham khảo hình
vẽ). Tính thể tích V của khối chóp đã cho.
S

D

A
O
B

A. V  4 7 a 3 .

C

B. V 

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

4 7a3
.
9

C. V 

4a 3
.
3

D. V 

4 7a3
.
3
7


Lời giải
Chọn D

SO  SA2  OA2  9a 2  2a 2  a 7.
1
1
4a3 7
.
V  S ABCD .SO  .4a 2 .a 7 
3
3
3
Câu 28: Tính đạo hàm của hàm số y  ln  x 4  4 x3  3 .
1
.
x  4 x3  3

A. y 
C. y 

B. y 

4

4 x3  12 x 2

x

4

 4 x 3  3

2

1
.
4 x  12 x 2
3

4 x3  12 x 2
D. y  4
.
x  4 x3  3

.

Lời giải
Chọn D
Ta có:

x
y 

4

 4 x3  3

x 4  4 x3  3



4 x3  12 x 2
.
x 4  4 x3  3

Câu 29: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình sau

Số nghiệm thực dương của phương trình 2 f  x   2  0 là
A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B
Ta có: 2 f  x   2  0  f  x   1
Căn cứ BBT ta thấy đường thẳng y  1 cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 2 điểm phân biệt x  0
và x  xo   2;  
Vậy phương trình 2 f  x   2  0 có 1 nghiệm thực dương.
Câu 30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  3 , BC  4 . Tam giác SAC
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng SA bằng 4.
Cosin của góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  bằng
A.

3 17
.
17

B.

3 34
.
34

C.

2 34
.
17

D.

5 34
.
17

Lời giải
Chọn B
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

8


S

H
K
A

B
I

D

C

Trong  ABCD  kẻ BI  AC tại I  BI   SAC   BI  SA (1)
Trong  SAC  kẻ CH  SA tại H  d  C; SA  CH  4
kẻ IK // CH

 K  SA

 IK  SA (2)

 



Từ (1) và (2)  SA   BIK   SA  BK trong  SAB    SAB  ,  SAC   BK , IK



Xét ABC vuông tại B có:

AC  AB 2  BC 2  32  42  5
1
1
1
1 1
25
144
12


 2 2 
 BI 2 
 BI 
2
2
2
BI
AB
BC
3 4 144
25
5

AI  AB 2  BI 2  32 

144 9

25 5

9
AI
IK
IK
36

 IK 
Xét ACH có IK // CH 
(Hệ quả Talet)  5 
AC CH
5
4
25
2

2

27
 9   36 
Xét AIK vuông tại K có: AK  AI  IK       
25
 5   25 
2

2

2

 27  12 34
Xét ABK vuông tại K có: BK  AB  AK  3    
25
 25 
Áp dụng định lí cosin trong BKI có:
2

2

2

2

2
 36   12 34  144
2592
 
  
2
25
IK 2  BK 2  BI 2  25   25 
3
3 34
cos BKI 

 25


0
2.IK .BK
34
36 12 34
864 34
34
2 
25 25
252





 cos  SAB  ,  SAC  

3 34
.
34

Câu 31: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , tâm O . Biết SA  2a và SA vuông góc
với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  SBC  bằng
A.

a 5
.
5

B.

2a 5
.
5

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

C.

4a 5
.
5

D.

3a 5
.
5

9


Lời giải
Chọn A

Ta có

d  O,  SBC  
d  A,  SBC  



OC 1
1
  d  O,  SBC    d  A,  SBC   .
AC 2
2

Trong mặt phẳng  SAB  , từ A kẻ AH  SB tại H , dễ chứng minh được AH   SBC  , suy ra

d  A,  SBC    AH . Trong tam giác vuông SAB có AH 

SA. AB
SA  AB
2

2

a.2a



a  4a
2

2



2 5
a.
5

1 2 5
5
Vậy d  O,  SBC    .
a
a.
2 5
5
Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  1  0 và đường thẳng
d:

x 1 y 1 z


. Biết điểm A  a; b; c  ,  c  0  là điểm nằm trên đường thẳng d và cách
1
2
1

 P

một khoảng bằng 1 . Tính tổng S  a  b  c .

A. S  2 .

2
B. S   .
5

C. S  4 .

D. S 

12
.
5

Lời giải
Chọn A
Ta có A 1  t; 1  2t; t  , theo giả thiết ta có d  A,  P    1 

1  t  2  1  2t   2  t   1
1 4  4

1

t  1  A  2;1; 1
5t  2
. Vậy a  b  c  2 .

1 
t   1  L 
3

5
Câu 33: Một vật thể đựng đầy nước hình lập phương không có nắp. Khi thả một khối cầu kim loại đặc
biệt vào trong hình lập phương thì thấy khối cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình lập
phương đó. Tính bán kính của khối cầu, biết thể tích nước còn lại trong hình lập phương là 10
(đvtt). Giả sử các mặt của hình lập phương có độ dày không đáng kể.
A.

3

15
.
12  2

B.

3

9
.
24  4

C.

3

15
.
24  4

D.

3

9
.
12  2

Lời giải
Chọn A

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

10


Gọi bán kính khối cầu là R  cạnh của hình lập phương là 2R . Ta có thể tích khối cầu là
4
3
V1   R 3 . Thể tích lập phương là V2   2R   8R3 .
3

4
30
15
R 3
Theo giả thiết ta có phương trình 8R3   R3  10  R3 
.
3
24  4
12  2
Câu 34: Họ nguyên hàm của hàm số f  x  
ln 2 x
C .
2

A. 2 x 

B. 2x 

1
 2x  ln x  là
x

1
C.
x2

C.

2 ln x
x



1
C .
x

D. 2 x 

ln x
C .
x

Lời giải
Chọn A

 x  2x  ln x  dx   2dx  
1

Ta có:
Đặt t



ln x
ln x
dx  2x  
dx
x
x

ln x
dx
x

ln x

ln x
dx
x

dt

dx
.
x

tdt

t2
2

C

ln 2 x
2

C.

1
ln 2 x
2
x

ln
x
dx

2
x

 C. .
Vậy  

x
2
Câu 35: Tích tất cả các nghiệm của phương trình 3x  3x  30 bằng
A. 3 .
B. 1 .
C. 9 .
Lời giải
Chọn A
81
Ta có : 3x  3 x  30  3x  x  30 .
3
x
Đặt t  3  t  0  thì phương trình trở thành

D. 27 .

3 x  3
x  1
t  3
t 2  30t  81  0  
 1
.
 x
x

3
3

27
t  27

2

Khi đó tích các nghiệm của phương trình là: x1.x2  1.3  3 .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

11


Câu 36: Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số: y 
biến trên khoảng  1;  
 1

B.   ;   .
 2


A. 0;   .

1 3
x  2 x2   2m  3  x  4 đồng
3


1
C.  ;   .
2

Lời giải

D.  ; 0  .

Chọn C
Ta có y  x 2  4 x  2m  3 .
Để hàm số đồng biến trên khoảng  1;    thì y  0, x   1;   

 x 2  4 x  2m  3  0, x   1;   
1 2
3
x  2 x  , x   1;    .
2
2
1
3
Đặt g  x   x 2  2 x  , hàm số g  x  có bảng biến thiên
2
2
x
2
1
y
0


m





y

1

2

Dựa vào bảng biến thiên ta có  m 

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

Câu 37: Xét các số phức z thỏa mãn  z  4i  z  2  là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm
biểu diễn của z là một đường tròn. Tìm tọa độ tâm của đường tròn đó
A.  1; 2  .
B.  1; 2  .
C. 1; 2  .
D. 1; 2  .
Lời giải
Chọn B.
Đặt z  x  yi  x; y 

 , M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z .
Có  z  4i  z  2    x  yi  4i  x  2  yi   x  x  2   y  y  4   Ai .
Vì  z  4i  z  2  là số thuần ảo nên
x  x  2   y  y  4   0  x 2  y 2  2 x  4 y  0  I  1; 2  .
2

Câu 38: Cho

x

  x  1 dx  a  b.ln 2  c ln 3 , với a, b, c
2

là các số hữu tỷ. Giá trị của 6a  b  c bằng:

1

A. 2

B. 1

C. 2
Lời giải

D. 1

Chọn D.
x  1 1
1
1
1
Ta có 
dx  
dx  
dx  
dx    ln 2  ln 3  6a  b  c  1 .
2
2
2
x 1
6
1  x  1
1  x  1
1
1  x  1
2

x

2

2

2

Câu 39: Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có bảng biến thiên như sau:

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

12


Bất phương trình f  x   x3  m đúng với mọi x   1;1 khi và chỉ khi
A. m  f  x   1

C. m  f  1  1

B. m  f  1  1

D. m  f 1  1

Lời giải
Chọn C.
Đặt g  x   f  x   x3 , x   1;1 , g   x   f   x   3x2  0 x   1;1 .
Bất phương trình f  x   x3  m đúng với mọi x   1;1 khi và chỉ khi m  g  1  f  1  1
Câu 40: Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên có 9 chữ số khác nhau. Tính xác suất để số đó chia hết cho 3.
17
11
1
5
A.
.
B.
C. .
D.
.
18
81
27
9
Lời giải
Chọn B.
Ta có : n     9. A98 .
Gọi A là biến cố chọn được một số tự nhiên có 9 chữ số khác nhau chia hết cho 3.
Xét tập hợp M  1; 2;3; ;9 . Tổng các phần tử : 1  2  3  4  5  6  7  8  9  45 3
- Các số lập được từ tập hợp M là 9! .
Lập tập hợp N bằng cách thay phần tử 0 cho 3 hoặc 6 hoặc 9.
- Các số lập đực từ 3 tập N là 3.(9! 8!) .

 n  A  9! 3(9! 8!) .
Vậy P( A) 

n( A) 11

.
n    27

Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  2; 2; 4  , B  3;3; 1 , C  1; 1; 1 và mặt phẳng

 P  : 2 x  y  2 z  8  0 . Xét điểm

M thay đổi thuộc  P  , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

T  2 MA2  MB 2  MC 2 .
A. 102 .
B. 105 .
Chọn A.

C. 30 .

D. 35 .

Gọi E  x; y; z  thỏa 2EA  EB  EC  0  E 1;0; 4  .

EA  5, EB  5 2, EC  30.
Do đó : 2.EA2  EB 2  EC 2  30 .
d ( E , ( P)  6 .
2

2

2

T  2.MA2  MB2  MC 2  2.MA  MB  MC  2.ME 2  2.EA2  EB2  EC 2  2.62  30  102.
Vây giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  2 MA2  MB 2  MC 2 bằng 102 .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

13


Câu 42: Cho số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z  3  4i  5 và z  2  z  i  33 .
2

2

Môđun của số phức z  2  i bằng:
A.

5.

B. 9 .

D. 5 .

C. 25 .
Lời giải

Chọn D.
Gọi z  x  yi. Ta có z  3  4i  5   x  3   y  4   5 . (1)
2

2

2
2
2
2
z  2  z  i  33   x  2   y 2   x 2   y  1   33  y  15  2 x . Thay vào (1) ta được:



 x  3  11  2 x 
2

2

 5  x  5  y  5.

Vậy z  2  i  3  4i  5 .
Câu 43: Cho x, y thỏa mãn 5x 2  6 xy  5 y 2  16 và hàm số bậc ba y  f ( x) có đồ thị như hình vẽ. Gọi
M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P  f (

x2  y 2  2
) . Tính M 2  m2
x 2  y 2  2 xy  4

y
3

y = f(x)

1
-5

-4 -3

-2

-1 O
-1

1

2

3

4 x5

-2
-3

A. M  m  4
2

2

B. M  m  1
2

2

C. M 2  m2  25
Lời giải

D. M 2  m2  2

Chọn A
2
2
x2  y 2  2
3 . x  2 xy  y

x 2  y 2  2 xy  4 2 9 x 2  2 xy  y 2
+ Với y  0  x 2  16 . Khi đó t  103
178
5
+ Với y  0 . Có
( x ) 2  2( x )  1
2
y
y
t  3.
 3 . X 2 2 X  1  (18t  3) X 2  2(3  2t ) X  2t  3  0 (*)
2 9( x ) 2  2( x )  1 2 9 X  2 X  1
y
y
(*) có nghiệm   '  32t 2  48t  0  0  t  3
2
3
3
Vậy 0  t  . Khi đó P  f (t ), 0  t  .
2
2
Từ đồ thị, dễ thấy M  0; m  2 . Suy ra M 2  m2  4

Đặt t 

Câu 44:

ng An dự định gửi vào ngân hàng một số tiền với lãi suất 6, 5% một năm. Biết rằng, cứ sau
m i năm số tiền lãi được nhập vào vốn ban đầu. Tính số tiền tối thiểu x (triệu đồng, x  N )
ông An gửi vào ngân hàng để sau 3 năm số tiền lãi đủ để mua một chiếc xe gắn máy trị giá 30
triệu đồng.
A. 154 triệu đồng
B. 150 triệu đồng
C. 140 triệu đồng
D. 145 triệu đồng
Lời giải

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

14


Chọn D
Có r  6,5%  0, 065 ; N  3 ; đặt Cl  30 (triệu đồng)
Số tiền sau 3 năm là x(1  r )3
Cl
 144, 265 (triệu đồng)
Theo đề, có phương trình x(1  r )3  Cl  x  x 
(1  r )3  1
Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2; 3 và mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  9  0 . Đường
thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  Q  : 3x  4 y  4 z  5  0 , cắt mặt phẳng  P 
tại B . Điểm M nằm trong mặt phẳng  P  sao cho M luôn nhìn AB dưới góc vuông. Tính độ
dài lớn nhất của MB .
A. MB 

41
.
2

B. MB 

5
.
C. MB  5 .
2
Lời giải

D. MB  41 .

Chọn C

d
A

B

M

P
Đường thẳng d đi qua A 1; 2; 3 và vuông góc với mặt phẳng  Q  có phương trình:

 x  1  3t

 y  2  4t
 z  3  4t


Gọi B  d   P  nên B 1  3t; 2  4t; 3  4t  mà B   P  do đó:

2 1  3t   2  2  4t    3  4t   9  0  t  1  B  2; 2;1  AB  41

d  A,  P   

2  4  3 9

6
22  22  1
Do AMB  90 nên quĩ tích điểm M nằm trên mặt cầu  S  đường kính AB mà M   P  do
đó quĩ tích điểm M nằm trên đường tròn  C  là giao của mặt cầu  S  và mặt phẳng  P  . Vậy



BM lớn nhất bằng đường kính của đường tròn  C  ta có: BM  AB 2  d  A,  P  

Câu 46: Cho hàm số y  f  x   ax 4  bx3  cx 2  dx  e



2

 5

 a, b, c, d , e   . Biết rằng hàm số
O  0;0  và cắt trục hoành tại A  3;0  . Có

với

y  f   x  có đồ thị như hình vẽ, đạt cực trị tại điểm

bao nhiêu giá trị nguyên của m trên  5;5 để phương trình f   x 2  2 x  m   e có bốn
nghiệm phân biệt.

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

15


y

1

A. 0 .

x

3

1
2

O

B. 2 .

C. 5 .

D. 7 .

Lời giải
Chọn B
Ta có: f   x   4ax 2  x  3 mà đồ thị hàm số f   x  đi qua điểm  2;1 nên ta có:

1  4a.22  2  3  a  

1
1
 f   x     x3  3x 2 
4
16


1  x4
 f  x      x3   e (do f  0   e )
4 4

Xét phương trình f   x 2  2 x  m   e * , đặt t   x 2  2 x  m ta có phương trình:

  x 2  2 x  m  0 1

t  0
1  t4
f t   f  0     t 3   e  e  
 2
4 4
t  4

  x  2 x  m  4  2 
Để phương trình * có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt 1 và  2  có hai nghiệm phân

1  m  0
biệt  
 m  3 do m   5;5 nên có 2 giá trị nguyên thỏa bài toán.
1  m  4  0
Câu 47: Gọi

 x  1

S
4

của S .
A. 1 .



tập

tất

cả

các

giá

trị

của

tham

số

m

để

 x 2  4 x  5  m5  m2  6m thỏa mãn với mọi giá trị của x
B. 3 .

C. 5 .
Lời giải

bất

phương

trình

. Tính tổng các giá trị
D. 2 .

Chọn A.
Xét hàm số: f ( x)  ( x  1) 4  x 2  4 x  5

f '( x)  4( x  1)3  2 x  4  2 x(2 x 2  6 x  7)
f '( x)  0  x  0
Bảng xét dấu

Bất phương trình ( x  1) 4  x 2  4 x  5  m4  m2  6m thỏa mãn với mọi giá trị của x
và chỉ khi m4  m2  6m  min f ( x)
 m4  m2  6m  4  (m  1) 2 (m2  2m  4)  0  m  1
Vậy tổng các giá trị của S bằng 1.
Chú ý: Đoạn đầu xử lý theo cách này sẽ gọn hơn
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

khi

16


Câu 48: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R và có bảng xét dấu f   x  như hình vẽ

Giá trị của tham số m để hàm số y  g  x   f 1  x  

1
chắc chắn luôn đồng
x  mx  m 2  1
2

biến trên  3;0 
A. m 1; 2 .

B. m   ;0 .

C. m 0;1 .

D. m   0;   .

Lời giải
Chọn B.
Từ bảng xét dấu của f '( x ) ta suy ra
f '( x)  ( x  1) 2 x 2 ( x -1)( x - 4)
f '(1- x)  (2 - x) 2 (1- x) 2 (- x)(- x - 3)
f '(1- x)  0  x  2; x  1; x  0; x  -3
Ta có

Từ đây ta suy ra f '(1  x)  0 x  (3;0)
2 x  m
g '( x)   f '(1  x)  2
( x  mx  m 2  1) 2
Dấu của 2x  m :

Ta có 2 x  m  0 x  (; 

m
)
2

m
0m0
2
Hàm số g ( x) đồng biến trên ( 3; 0)  g '( x)  0 x  (3;0)

Suy ra 2 x  m  0 x  (3;0)  

 2 x  m  0 x  (3;0)  m  0

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

17


Câu 49: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N là hai điểm nằm trên hai cạnh
SC , SD sao cho

SM 1
SN
 và
 2 . Biết G là trọng tâm của tam giác SAB , tỉ số thể tích
ND
SC 2

VGDMN m
 , m, n là các số nguyên dương và  m, n   1 . Giá trị của m  n bằng
VS . ABCD n
A. 17 .

B. 19 .

C. 21 .
Lời giải

D. 7 .

Chọn B
S

M

N

G
D

A
I
B

C

Gọi I là trung điểm của AB .
V
S
DN 1 VS .GMN SG SM SN 2 1 2 2 VS .ICD
1
Ta có D.GMN 
 ;

.
.
 . .  ;
 ICD  .
VS .GMN SN 2 VS .ICD
SI SC SD 3 2 3 9 VS . ABCD S ABCD 2
Do đó

VD.GMN VD.GMN VS .GMN VS .ICD
1 2 1 1

.
.
 . .  . Vậy m  1, n  18  m  n  19 .
VS . ABCD VS .GMN VS .ICD VS . ABCD 2 9 2 18

Câu 50: Người ta thiết kế khu vườn hình vuông cạnh 10 mét như hình vẽ. Phần được tô đậm dùng để
trồng cỏ, phần còn lại trồng Hoa Hồng. Biết m i mét vuông trồng cỏ chi phí mất 100.000 đồng,
m i mét vuông trồng Hoa thì mất 300.000 đồng. Tính tổng chi phí của vườn trong trường hợp
diện tích trồng hoa là nhỏ nhất (làm tròn đến hàng nghìn).

A. 22.146.000 .

B. 20.147.000 .

C. 24.145.000 .

D. 19.144.000 .

Lời giải
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

18


Chọn A
Gọi r1 , r2 là bán kính của hai hình tròn nhỏ trồng hoa.
Bán kính đường tròn to là

10
 5 (m) và r1  r2  5 (m).
2

Diện tích trồng hoa là Sh  102   52    r12  r22  (m2).
Theo Cauchy-Schwarz: r  r
2
1

2
2

r  r 
 1 2

2
Vậy diện tích trồng hoa nhỏ nhất là Sh min

2

52
 12,5 . Dấu bằng xảy ra khi r1  r2  2,5 .
2
 100  25  12,5  100  12,5 (m2).


Khi đó diện tích trồng cỏ là lớn nhất là Sc max  102  Sh min  12,5 (m2).
Chi phí bỏ ra là: 100  12,5   300.000  12,5 100.000  22.146.000 (đồng).
---HẾT---

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

19



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×