Tải bản đầy đủ

18-5-L12-Chuyên-Lương-Thế-Vinh-Đồng-Nai-L2-1819

Sở GD&ĐT Đồng Nai
Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh
Mã đề 121
Câu 1:

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
Môn Toán – Lớp 12
Năm học 2018-2019
Thời gian làm bài: 90 phút

Đường thẳng nào sau đây là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x3  3x  2 ?
B. y  9 x  14 .

A. y  9 x  12 .

C. y  9 x  13 .

D. y  9 x  11 .

Lời giải
Chọn B


 x3  3x  2  9 x  14
Xét hệ phương trình:  2
x2
3x  3  9
Hệ có một nghiệm x  2 nên đường thẳng y  9 x  14 tiếp xúc với đồ thị hàm số đã cho.
Câu 2:

Hàm số y 

2x 1
giảm trong khoảng
x 1

A.  0;   .

B.  ;   .

C.  ; 2  .

D.  ;0  .

Lời giải
Chọn D
Tập xác định: D 

y 

3

 x  1

2

\ 1 .

 0, x  1 .

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 và 1;   .
Câu 3:

Hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y   x3  3x 2 .

1
1
3
1
B. y   x3  x 2 . C. y  x 3  x 2 .
2
3
2
2
Lời giải

1
3
D. y   x 3  x 2 .
2
2

Chọn D
Ta thấy đồ thị hàm số có hệ số a  0 và đi qua điểm  2; 2  nên chọn câu D.
Câu 4:

Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ u   a; b; c  , v   x; y; z  . Tích có hướng u, v  có tọa
độ là
A.  bz  cy; cx  az; ay  bx  .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

B.  bz  cy; cx  az; ay  bx  .

1


D.  bz  cy; az  cx; ay  bx  .

C.  by  cz; ax  cz; by  cz  .

Lời giải
Chọn A
b c c a a b
;
;
Ta có: u, v   
   bz  cy; cx  az; ay  bx  .
y z z x x y

Câu 5:

Thể tích khối trụ có bán kính đáy bằng R và đường cao bằng h là
A.

4
 R2h .
3

B.  R 2 h .

C.

1
 R2h .
3

D.

4 2
R h.
3

Lời giải
Chọn B
Câu 6:

Hàm số nào dưới đây là một nguyên hàm của hàm số f  x   xe x ?
A. F  x  

x2 x
e .
2

B. F  x   xe x  e x .

C. F  x   xe x  e x .

D. F  x   xe x 1 .

Lời giải
Chọn B
Ta có: F  x    xe x dx  xe x   e x dx  xe x  e x  C .
Câu 7:

Hàm số nào trong các hàm số sau đồng biến trên khoảng
A. y  ln x .

B. y  2 x .

 0;   ?

C. log 1 x .

D. y   x  1 .
3

2

Lời giải
Chọn A

Câu 8:

 x  1  3t

Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  :  y  2t . Một véc tơ chỉ phương của  có tọa
z  3  t

độ là
A.  3; 2; 1 .

B. 1; 2;3 .

C.  3; 2;1 .

D. 1;0;3 .

Lời giải
Chọn C
Câu 9:

Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : z  2  0 . Khẳng định nào sau đây sai?
A.  P  vuông góc với mặt phẳng  Oxz  .

B.  P  vuông góc với mặt phẳng  Oyz  .

C.  P  vuông góc với mặt phẳng  Oxy  .

D.  P  song song với mặt phẳng  Oxy  .
Lời giải

Chọn C
Câu 10: Cho hàm số y  f  x   x 4  2 x 2  2019 . Khẳng định nào dưới đây đúng
A. f  2   f  3  f 1

C. f  3  f 1  f  2  .

B. f  2   f 1  f  3 .

D. f 1  f  2   f  3 .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

2


Lời giải
Chọn D
Ta có

 f  2   2027

 f 1  2018  f 1  f  2   f  3

 f  3  2082
Câu 11: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình  x  1   y  2    z  3  25 .
2

2

2

Toạ độ tâm I và bán kính R của mặt cầu  S  là.
A. I 1; 2;3 , R  5 .

B. I  1; 2; 3 , R  5 . C. I 1; 2;3 , R  25 .

D. I  1; 2; 3 , R  25 .

Lời giải
Chọn A
Câu 12: Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0  1 của đồ thị hàm số y 
A. y  2 x  2 .

1
1
B. y   x  .
2
2

C. y 

x 1
có phương trình là
x 1

1
1
x .
2
2

D. y  x  1 .

Lời giải
Chọn C
2
2
1
 


2
2
 y 1 
 x0  1 1  1 2
Ta có 
y 1  0
  
Vậy phương trình tiếp tuyến tại điểm x0  1 có dạng y 

1
1
1
 x  1  x 
2
2
2

Câu 13: Hàm số nào dưới đây, có đồ thị như hình kèm theo?

A. y 

x
.
1 x

B. y 

2x
.
x 1

C. y 

x 1
.
x 1

D. y 

x
.
x 1

Lời giải
Chọn D.
Đồ thị có tiệm cận ngang y  1 và qua O  0;0  nên chọn D.
Câu 14: Số điểm cực trị của hàm số y  x 4  2 x 2  3 là
A. năm.

B. bốn.

C. hai.
Lời giải

D. ba.

Chọn A.
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

3


 x  0, y  3
Xét hàm số y  x 4  2 x 2  3, y  4 x3  4 x, y  0  
.
 x  1, y  4

Đồ thị giao trục hoành tại hai điểm phân biệt khác các điểm cực trị nên hàm y  x 4  2 x 2  3
có 5 điểm cực trị.
Câu 15: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x)  x( x -1)( x - 2) và trục hoành bằng
A.



C.



2

0

2

1

f ( x)dx
1

f ( x)dx   f ( x)dx
0

B.



2

D.



1

0

0

f ( x)dx
2

f ( x)dx   f ( x)dx
1

Lời giải
Chọn D.

x  0
Xét phương trình x( x -1)( x - 2)  0   x  1 .
 x  2
Bảng xét dấu.

1

2

Suy ra S   f ( x)dx   f ( x)dx .
0

1

Câu 16: Số tiệm cận của đồ thị hàm số y 
A. 2 .

B. 4 .

4  x2
là .
x 2  3x  2
C. 3 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn A
+) Điều kiện 2  x  2 . Nên hàm số không có tiệm cận ngang

4  x2
4  x2
 ; lim 2
  . Do đó đồ thị hàm số có hai đường
+) Ta có lim 2
x 1 x  3 x  2
x 2 x  3 x  2
tiệm cận đứng là x  1; x  2 .
Câu 17: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

x  1  3  x thì

M  2m bằng .
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

4


A. 2 2  1.

B. 4 .

C. 2  2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B
+) Đk: 1  x  3 .
Ta có y 

1
1

; y  0  3  x  x  1  x  2
x 1
3 x

Khi đó y (1)  2; y (2)  2; y (3)  2  max y  2;min y  2 .
1;3

1;3

Vậy M  2m  2  2  4 .
Câu 18: Cho hàm số y  ax3  bx2  cx  d có bảng biến thiên .

thì a  b  c  d bằng.
A. 1 .

C. 1 .

B. 0 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn D
Ta có y  3ax2  2bx  c .

 y(0)  0
c  0
a  6
 y(1)  0
3a  2b  c  0
b  9



Theo gt ta có : 


 abcd  2 .
y
(0)

5
d

5
c

0



 y (1)  2
a  b  c  d  2
d  5
Câu 19: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  10 z  14  0 . Phương trình
mặt phẳng tiếp xúc với  S  tại điểm A  5;1; 2  được viết dưới dạng ax  by  cz  22  0 . Giá
trị của tổng a  b  c là
A. 7.
B. 11.

C. 11.
Lời giải

D. 22.

Chọn C
+)  S  có tâm I 1;3;5 .
+) AI   6; 2;3 .
+) Gọi  P  là mặt phẳng cần tìm   P  nhận AI   6; 2;3 làm một véc tơ pháp tuyến

  P  : 6 x  2 y  3z  22  0  a  b  c  11.
Câu 20: Nếu số phức z  1  i , thì z10 bằng
A. 32i.
B. 32.

C. 32i.
Lời giải

D. 32.

Chọn C
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

5


Ta có: z 2  1  i   2i  z10   2i    2  .i 4 .i  32i.
5

2

5

Câu 21: Thể tích khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng 1 là
A.

3.

B.

3
.
12

C.

3
.
2

D.

3
.
4

D.

85
.
3

Lời giải
Chọn D
Diện tích đáy S 

3
3
; chiều cao h  1  thể tích V  S .h 
.
4
4

Câu 22: Cho số phức z thỏa z  2 z  2  3i , thì z bằng
A.

29
.
3

B.

85
.
3

C.

29
.
3

Lời giải
Chọn D
Đặt z  a  bi
Ta có z  2 z  2  3i  a  bi  2  a  bi   2  3i  3a  bi  2  3i

2

2
85
2
a 
2
.

3  z      3 
3
3
b  3
Câu 23: Quay hình phẳng giới hạn bởi parabol  P  : y 2  x và đường thẳng  D  : x  1 quanh Ox . Thì
được một vật thể tròn xoay có thể tích là
1
2
A. V   .
B. V   .
3
3

1
C. V   .
5

1
D. V   .
2

Lời giải
Chọn D
1

1

0

0

Ta có V    y 2 dx    xdx 


2

.

Câu 24: Trong không gian Oxyz , số mặt cầu có bán kính bằng 2 và tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ là
A. bốn.

B. mười sáu.

C. tám.
Lời giải

D. mười hai.

Chọn B
Đặt I  a; b; c  là tâm mặt cầu tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ nên
Ta có R  d  I ,  Oxy    d  I ,  Oxz    d  I ,  Oyz    a  b  c  2

a  2

 b  2 . Vậy có tám mặt cầu thỏa yêu cầu bài toán.
 c  2

Câu 25: Cho hàm số y  sin 2 x  2sin x , với x    ;   . Hàm số này có mấy điểm cực trị?
A. 4 .

B. 1 .

C. 3 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn D
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

6


Ta có: y  2 cos 2 x  2 cos x ; y  0  2 cos 2 x  2 cos x  0  4 cos 2 x  2 cos x  2  0

cos x  1  x    k 2
  

x  ; 



 x   ;  ; ;   .
 x     k 2
cos x  1
3 3 

3

2

Bảng biến thiên của hàm số y  sin 2 x  2sin x :

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y  sin 2 x  2sin x , ta thấy hàm số có 2 cực trị.

x2  x  1
Câu 26: Cho biết 
dx  a  b ln 2 , trong đó a , b là các số hữu tỉ , thì
x 1
0
1

A. a  b 

1
.
2

B. a  b 

3
.
2

1
C. a  b   .
2

D. a  b 

5
.
2

Lời giải
Chọn B
1
1

1
 x2

x2  x  1
1 
1
3
a 

dx    x 
Ta có: 
2  ab  .
dx    ln x  1    ln 2  
x 1
x 1 
2
 2
0 2
0
0
b  1
1

Câu 27: Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC với A 1; 2;3 , B  10;  5;  1 , C  3;  9;10 .
Phương trình đường phân giác kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC là
x 1 y  2 z  3
x 1 y  2




A.
.
B.
3
3
2
2
3
x 1 y  2 z  3
x 1 y  2




C.
.
D.
5
1
6
1
1

z 3
.
7
z 3
.
1

Lời giải
Chọn D
Ta có: AB   11;  7;  4   AB  186 ; AC   4;  11; 7   AC  186
Suy ra tam giác ABC cân tại A .

9
 13
Gọi M là trung điểm cạnh BC  M   ;  7;  .
2
 2
Do đó đường phân giác kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC đi qua M và có 1 véc tơ chỉ phương
3
3
 15
là AM    ;  9;     5;6;  1
2
2
 2
13
9
z
2  y7 
2  x 1  y  2  z  3 .
Phương trình tham số của đường AM :
5
6
1
5
6
1
Câu 28: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh bằng 1 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng
CD và AB là
x

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

7


A. 1 .

3.

B.

C.

2.

D.

3
.
3

Lời giải
Chọn A
B

C
D

A

C'

B'
A'

D'

Ta thấy BC là đoạn vuông góc chung của AB và CD , do đó d  AB, CD   BC  1 .
1

Câu 29: Cho biết  ln  x  1 dx  a  b ln 2 , trong đó a , b là hai số hữu tỉ, thì
0

A. a  b  2 .

C. a  b  3 .
Lời giải

B. a  b  1.

D. a  b  1.

Chọn B
1


dx
u  ln  x  1 du 
Đặt 

x 1 .

dv  dx

v  x  1
1

1

Suy ra  ln  x  1 dx   x  1 ln  x  1 0   dx  2ln 2  1  1  2ln 2  a  1; b  2 .
1

0

0

Câu 30: Cho  K  là một đa giác đều có 10 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh bất kì của  K  thì xác định
được một tứ giác lồi. Xác suất để tứ giác nói trên là hình chữ nhật là
A.

C102
.
C104

B.

C84
.
C104

C.

C54
.
C104

D.

C52
.
C104

Lời giải
Chọn D
+ Số cách chọn 4 đỉnh bất kì là C104 .

+ Ta có  K  có 5 đường chéo đi qua tâm. Cứ mỗi cặp đường chéo qua tâm ứng với một hình
chữ nhật. Do đó số hình chữ nhật là C52 .
C52
Vậy xác suất cần tìm là 4 .
C10

Câu 31: Cho tứ diện ABCD có BD vuông góc với AB và CD . Gọi P và Q lần lượt là trung điểm
của các cạnh CD và AB thỏa mãn BC : CD : PQ : AB  3 : 4 : 5 : 6 . Gọi  là góc giữa hai
đường thẳng AB và CD . Giá trị của cos  bằng
A.

7
.
8

B.

1
.
2

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

11
.
16
Lời giải
C.

D.

1
.
4

8


Chọn D

BC : CD : PQ : AB  3 : 4 : 5 : 6
Ta chọn: BC  3; CD  4; PQ  5, AB  6 .

Dựng Dm / / AB  Dm  BD  BD   CDm 
    AB; CD    Dm; CD   CDm

Gọi Q ' là hình chiếu vuông góc của Q lên Dx  QQ '  PQ '
Ta có: PQ '  PQ2  QQ '2  4

PD 2  DQ '2  PQ '2
1
   PDQ '  900
2 PD.DQ '
4
1
 cos   cos 1800  PDQ '   cos PDQ ' 
.
4

Xét tam giác PDQ ' : cos PDQ ' 





Câu 32: Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình log 2  x 2  6 x  7   7 là :
A. 48.

B. 75.

C. 54.
Lời giải

D. 42.

Chọn A

 x  1
Điều kiện : x 2  6 x  7  0  
 x7
Ta có: log 2  x 2  6 x  7   7  x 2  6 x  7  128
 x 2  6 x  135  0  9  x  15

9  x  1
So với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình 
 7  x  15
Vậy tổng các nghiệm nguyên các nghiệm của bất phương trình là 48 .
Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC với A  5;7; 9  , B 1;3;7  , C  6; 7; 3 . Gọi
AH là chiều cao của tam giác ABC . Tỉ số

BH
(tỉ số giữa độ dài hai đoạn thẳng BH và CH )
CH


A.

4
.
3

B.

3
.
2

C.

2
.
3

D.

3
.
4

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

9


Ta có: BC   5; 10; 10   5 1; 2; 2  .
Đường thẳng BC đi qua điểm B 1;3;7  và có vecto chỉ phương u  1; 2; 2  có phương

x  1 t

trình tham số là:  y  3  2t .
 z  7  2t

Điểm H thuộc BC nên H 1  t;3  2t;7  2t  .

AH  BC  AH .BC  0
Mà AH   6  t ; 4  2t ;16  2t   5  6  t   10  4  2t   10 16  2t   0
BH 2
 .
CH 3
Câu 34: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  5 , BC  2 . Biết SB  4 ,
SA  3 , SC  x , SD  y . Giá trị lớn nhất thể tích khối chóp S.ABCD là:

 t  2  H  3; 1;3 

A. 8 .

B.

12
xy .
5

C. 24 .

D. 8xy .

Lời giải
Chọn A
Ta có:

Kẻ SK  AB , K  AB . Tam giác SAB có SA  3 , SB  4 , AB  5 .

 Tam giác SAB vuông tại S  SK 

SA.SB 12

AB
5

Kẻ SH   ABCD  , H   ABCD  .

SH   ABCD   SH  HK  SH  SK  SH 

12
.
5

1
1 12
VS . ABCD  SH .S ABCD  . .5.2  8 . Dấu bằng xảy ra khi SH  SK hay H  K .
3
3 5

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

10


Câu 35: Trong không gian Oxyz , cho tam giác OAB với O  0;0;0  , A  6;0;0  , B  0;8;0  . Điểm

M  a; b; c  thuộc mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  2  0 đồng thời cách đều các đỉnh O , A , B . Giá
trị của tổng a  b  c là
A. 2 .
B. 2 .

D. 10 .

C. 4 .
Lời giải

Chọn D

a  2b  3c  2  0
M   P 


2

Cách 1: Tọa độ điểm M thỏa mãn OM  AM  a 2  b2  c 2   a  6   b 2  c 2
OM  BM
 2 2 2
2
2
2


a  b  c  a   b  8   c
a  2b  3c  2 a  3


 12a  36
 b  4
16b  64
c  3


Vậy a  b  c  10 .
Cách 2: MO  MA  MB  M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB vuông tại O .
 tâm I đường tròn ngoại tiếp là trung điểm AB hay I  3; 4;0  .

x  3

Đường thẳng  đi qua I , vuông góc  Oxy  nhận vectơ chỉ phương k   0;0;1   :  y  4
z  t

M     P   M  3; 4; t    P   3  8  3t  2  0  t  3  M  3; 4  3 .
Vậy a  b  c  10 .
Câu 36: Một hình hộp chữ nhật có độ dài ba cạnh thành một cấp số nhân, thể tích của khối hộp bằng
64 cm 3 và tổng diện tích các mặt của hình hộp bằng 168 cm 2 . Tổng độ dài các cạnh của hình
hộp chữ nhật là
A. 84 cm .
B. 26 cm .
C. 78 cm .
D. 42 cm .
Lời giải
Chọn A
Gọi độ dài ba cạnh là a , aq , aq 2 .
Ta có thể tích của khối hộp : a.aq.aq 2  64  aq  4 .
Tổng diện tích các mặt của hình hộp :

2  a 2 q  a 2 q 2  a 2 q3   168  2aq  a  aq  aq2   168  4  a  aq  aq2   84 .

Câu 37: Cho f  x  là hàm số liên tục trên  0;1 . Biết rằng ba số
1

 ( f (x))
0

2018

dx ,

1

 ( f (x))
0

2019

dx ,

theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng. Giá trị của biểu thức

A. 4 .

B. 0 .

1

 ( f (x))

2020

0



1

0

dx

( f ( x)) 2  (1  f ( x)) 2 dx bằng

C. 1 .
Lời giải

D. 9 .

Chọn C
Theo ta thiết, ta có

1

 ( f (x))

2018

0

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

1

1

0

0

dx   ( f (x)) 2020 dx  2  ( f (x)) 2019 dx .

11


 f  x  0
1
2
2018
.
   f  x   f  x   1 dx  0  
0

 f  x   1
Khi đó



1

0

1

( f ( x)) 2  (1  f ( x)) 2 dx   1dx  1 .
0

Câu 38: Cho hình lập phương ABCD.EFGH có cạnh bằng 1. Thể tích khối nón có đỉnh là C ,
đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác BDG bằng
A.


.
6

B.

2 3
.
9

C.

2 3
.
27

D.

1
.
6

Lời giải
Chọn C

Vì hình lập phương có cạnh bằng 1, nên tam giác BGD đều có cạnh bằng

2.

 bán kính hình nón (cũng chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác BGD bằng

6
.
3

Gọi I là hình chiếu của C lên BGD thì CI là đường cao của khối nón CBDG .

1
1
1
1
3
.



 CI 
2
2
2
2
CI
CB CD CG
3
2

1  6
3 2 3
.
V   . 

 .
3  3  3
27
Câu 39: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 6 cm. Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB
và AD . Gấp hình vuông trên để được tứ diện ACEF . Thể tích khối tứ diện ACEF là

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

12


C. 27 cm3 .

B. 3cm 3 .

A. 18 cm 3 .

D. 9 cm 3 .

Lời giải
Chọn D
Tứ
diện
VACEF 

AC   AEF 



ACEF

(lúc

này

AC  BC  6 )

nên

1
1 1
AC.S AEF  .6. .3.3  9 .
3
3 2

Câu 40: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 2 . Bán kính của mặt cầu qua trung điểm các cạnh của tứ
diện là

A.

2.

B.

3
.
2

C.

2
.
2

D.

1
.
2

Lời giải
Chọn C

A

M

P
J
N
B

O
F

D

I
G

E

C
Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm AD, AC , AB .
Gọi E , F , G lần lượt là trung điểm CD, BD, BC .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

13


Gọi I , J lần lượt là trọng tâm BCD, MNP và O là tâm mặt cầu đi qua trung điểm các cạnh
của tứ diện, ta có O là trung điểm IJ .

OJM vuông tại J nên OM  JM 2  JO 2 .
2

2 3
6
1
6
2 6
Mặt khác AI  AB  BI  2  
.

OJ


IJ

AI



 3 
6
2
3
3


2

Ngoài ra JM 

2

2

2
1
3
. Từ đó OM  JM 2  JO2 
.
DI 
2
2
3

Câu 41: Cho hình cầu ( S ) có tâm I , bán kính bằng 13 cm . Tam giác (T ) với độ dài ba cạnh là
27 cm, 29 cm,52 cm được đặt trong không gian sao cho các cạnh của tam giác tiếp xúc với mặt

cầu ( S ) . Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng chứa tam giác (T ) là
A. 12 cm

B. 3 2 cm

C. 5 cm
Lời giải

D. 2 3 cm

Chọn A
Đường tròn nội tiếp tam giác (T ) chính là đường tròn giao tuyến của ( S ) và mặt phẳng chứa
tam giác (T ) .

54(54  27)(54  29)(54  52)
Có p  1 (27  29  52)  54 ; r  S 
5
2
p
54
Suy ra d ( I , ( P))  R 2  r 2  132  52  12
Câu 42: Cho S là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số được tạo thành từ các chữ số 1, 2,3, 4 . ấy ngẫu
nhiên một số x thuộc S . Tính xác suất để x chia hết cho 6 .
A. 8
B. 9
C. 11
D. 10
64
64
64
64
Lời giải
Chọn C
Số các số của tập S là 4.4.4  64
Dấu hiệu chia hết cho 6 là chia hết cho 3 và 2
Các bộ để tạo ra số chia hết cho 3 là
(1;1;1);(1;1; 4);(1; 2;3);(1; 4; 4);(2; 2; 2); (2;3; 4);(3;3;3);(4; 4; 4)
Trong đó các bộ (1;1;1); (3;3;3) không tạo ra số ch n.
- Các bộ (1;1; 4);(2; 2; 2);(4; 4; 4) mỗi bộ tạo ra đúng 1 số ch n
- Các bộ (1; 2;3);(1; 4; 4) mỗi bộ tạo ra 2 số ch n
- Bộ (2;3; 4) tạo ra 4 số ch n
Vậy có tất cả 3.1  2.2  1.4  11. Suy ra P ( A)  11
64
Câu 43: Khai triển  2 x  1  A0  A1 x  A2 x 2  ...  A10 x10 trong đó A0 , A1 , A2 ,..., A10 là các số thực. Số
10

lớn nhất trong các số A0 , A1 , A2 ,..., A10 là
A. A10 .

B. A7 .

C. A8 .
Lời giải

D. A9 .

Chọn B
Ta có Ak  2k C10k .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

14


22

k



 A  Ak 1
2 C  2 C

3 .
Xét hệ  k
 k k


k 1 k 1

 Ak  Ak 1
k  19
2 C10  2 C10

3

Vậy A0  A1  ...  A6  A7  A8  A9  A10
k

k 1

k
10

k 1
10

Câu 44: Số phức z thỏa z  1  2i  z  3  i . Khi đó z nhỏ nhất bằng
A. 1.

B.

3
.
2

C.

5
.
2

D. 2.

Lời giải
Chọn C
Giả sử z  x  yi  x, y 
Ta có z  1  2i 

 được biểu diễn bởi điểm M .
2
2
2
2
z  3  i   x  1   y  2    x  3   y  1  4 x  2 y  5  0 .

z nhỏ nhất khi M là hình chiếu của O trên đường thẳng 4 x  2 y  5  0 .

5
1

Khi đó M 1;    z 
.
2
2

Câu 45: Cho hàm số f  x   log 2
bằng
A. 410 .

2x  1
. Giá trị của biểu thức f  f 1   f  f  2    ...  f  f  40  
2x  1

B. 820 .

C. 40 .
Lời giải

D. 1640 .

Chọn B


2x  1
2
2 


.
Vì f  x   log 2 x
 log 2 1  x  nên f  f  x    log 2 1 
2 



log 2 1 x 
2 1
 2 1 
 2  2 1   1 




2
Hay f  f  x    log 2 1 
 log2 2x  x , với mọi x  .

2
 1 x
1 

2 1 
40.  40  1
Do đó f  f 1   f  f  2    ...  f  f  40    1  2  ...  40 
 820 .
2

Câu 46: Có

bao

nhiêu

giá

trị

nguyên

của

tham

log 2  x2  3x  2m   log 2  x  m  có nghiệm thực?

A. Mười.

B. Chín.

số

C. Vô số.
Lời giải

m

sao

cho

phương

trình

D. Tám.

Chọn B
Phương trình log 2  x2  3x  2m   log 2  x  m 
m   x 2  4 x
 x 2  3 x  2m  x  m
m   x 2  4 x
m   x 2  4 x



 2
.
 x  5 x  0
x  m  0
m   x
0  x  5
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình m   x 2  4 x có nghiệm trên
khoảng  0;5 .

Đặt f  x    x 2  4 x , với x   0;5 ta có f   x   2 x  4 nên f   x   0  x  2 .
Bảng biến thiên f  x  :

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

15


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình m   x 2  4 x có nghiệm trên khoảng  0;5 khi

5  m  4 .
Vậy có 9 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 47: Cho hàm số f  x   1  x   a 2  2a  2 a 4  10a  10  x , trong đó, a là tham sốphân. Có
bao nhiêu giá trị của a để f là hàm ch n?
A. 2 .

B. 1 .

C. 4 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn A

1 x  0
x  1


Hàm số xác định khi và chỉ khi  4
.

4
a

10a

10

x

0
x

a

10a

10


4
Điều kiện cần để là hàm ch n là a  10a  10  1  a  3; 1 .
Với a  3 thì f  x   x  1  13 1  x . Đây không phải là hàm số ch n.
Với a  3 thì f  x   x  1  1  x . Đây là hàm số ch n.
Với a  1 thì f  x   x  1  3 1  x . Đây không phải là hàm số ch n.
Với a  1 thì f  x   x  1  1  x . Đây là hàm số ch n.
Câu 48: Cho số phức z thỏa mãn z  1 . Tìm giá trị lớn nhất của P  z 2  z  z 2  z .
A.

14
.
5

B. 4 .

C. 2 2 .

D. 2 3 .

Lời giải
Chọn C
Ta có: P  z 2  z  z 2  z  z  z  1  z  z  1  z z  1  z z  1  z  1  z  1 .
Gọi M biểu diễn số phức z , A  1;0  ; B 1;0  thì thuộc đường tròn  C  tâm O  0;0  ; R  1 .
Nhận thấy

A; B   C  ; AB  2  P  z  1  z  1  AM  BM  2  MA2  MB 2   2 AB 2  2 2 .

 MaxP  2 2 .
Vậy, giá trị lớn nhất của P  z 2  z  z 2  z bằng 2 2 .
Câu 49: Trong không gian Oxyz , có bao nhiêu đường thẳng đi qua điểm A  3; 4;10  và cắt trục toạ
độ Oz tại điểm N , cắt mặt phẳng toạ độ  Oxy  tại điểm M sao cho tam giác OMN vuông
cân?
A. Hai.

B. Vô số.

C. Ba.

D. Một.

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

16


Gọi M  x; y;0  , N  0;0; z  , với x 2  y 2  0, z  0 .

OMN vuông tại O nên: x 2  y 2  z 2 .
AM   x  3; y  4; 10  , AN   3; 4; z  10 


 x  3t  3

A, M , N thẳng hàng  AM  t. AN   y  4t  4 ,  t  0 
 10t  10
z 
t


100  t  1
Thay vào x  y  z ta được: 9  t  1  16  t  1 
t2
2

2

2

2

2

2

t  2
  t  1  t  4   0  t  1 .
t  2
2

2

Với t  2 : có M  9; 12;0  và N  0;0;15 : OMN vuông cân tại O .
Với t  1 : có M  0;0;0  và N  0;0;0  : không tồn tại OMN .
Với t  2 : có M  3; 4;0  và N  0;0;5 : OMN vuông cân tại O .
Vậy có hai đường thẳng cần tìm.
Câu 50: Tính diện tích của hình giới hạn bởi đồ thị hàm số y  ax3  bx 2  cx  d , trục hoành và hai
đường thẳng x  1, x  3 (phần được tô như hình vẽ), thì ta được

A. S 

7
.
3

5
B. S  .
3

C. S 

4
.
3

D. S  2 .

Lời giải
Chọn C.
Vì đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại điểm 1;0  và cắt trục hoành tại điểm  3;0  nên
hàm số đã cho có dạng: y  a  x  1  x  3 .
2

Mặt khác, đồ thị hàm số đi qua điểm  0; 3 nên: 3  a  3  a  1 .
Vậy hàm số là: y   x  1  x  3
2

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

17


3

Diện tích cần tìm là:

4
  x  1  x  3 dx  3 .
2

1

---HẾT---

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

18



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×