Tải bản đầy đủ

27-4-LỚP-12-NGUYỄN-TRUNG-THIÊN-HÀ-TĨNH-LẦN-2-NĂM-2019

Sở GD&ĐT Hà Tĩnh
Trường THPT Nguyễn Trung Thiên
Mã đề 001
Câu 1:

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

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
A. 0 .
B. 1 .

C. 3 .
Lời giải

D. 5 .


Chọn B
Câu 2:

Đường cong trong hình vẽ bên dưới đây là đồ thị của hàm số nào?

A. y 

x3
.
x 1

B. y  x 4  x 2  3 .

C. y 

x3
.
x3

D. y  x3  3x 2  3 .

Lời giải
Chọn A
Đồ thị có tiệm cận ngang và tiệm cận đứng nên loại B, D.
Tiệm cận đứng x  1 nên loại C.
Câu 3:



Cho các số thực a , b thỏa mãn
A. b  a  1 .



a

2 1  2  1 

B. a  b  1 .





b

2  1 . Khẳng định nào sau đây đúng?

C. a  1  b .

D. a  1  b .

Lời giải
Chọn C

Câu 4:

Ta có

2 1 



 
a

2 1 





2 1

1

 

2 1

1

nên giả thiết đã cho tương đương với



b

2  1  a  1  b (do 0 

Nghiệm của phương trình 2 2 x1 
A. x  0 .

B. x 

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán





2  1  1 ).

1
là:
4

3
.
2

C. x 

1
.
2

D. x 

1
.
2

1


Lời giải
Chọn D
Ta có 22 x 1 
Câu 5:

1
1
 2 x  1  2  2 x  1  x 
4
2

Giá trị lớn nhất của hàm số y  x3  3x 2 trên đoạn  1;1 là:
A. 2 .

C. 2 .

B. 0 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn B

x  0
Ta có y '  3x 2  6 x  0  
; y  1  4, y 1  2, y  0   0 . Vì hàm số liên tục trên
x  2
đoạn  1;1 nên giá trị lớn nhất của hàm số y  x3  3x 2 trên đoạn  1;1 là: max y  0
x 1;1

Câu 6:

Nguyên hàm của hàm số f  x   2 x  sin x là:

  2x  sin x  dx  2  cos x  C .
D.   2 x  sin x  dx  x  cos x  C .

  2x  sin x  dx  2  cos x  C .
C.   2 x  sin x  dx  x  cos x  C
A.

B.

2

2

Lời giải
Chọn D
Theo công thức bảng nguyên hàm ta có

  2x  sin x  dx  x

2

 cos x  C . Vậy ta chọn phương

án D.
Câu 7:

1
bằng
64
B. 6a .

Cho log 2  a , khi đó log
A. 5a .

C. 6a .
Lời giải

D. 5a .

Chọn B
1
log
 log 26  6 log 2  6a .
64
Câu 8:

Cho hàm số y  x3  3x 2  5 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;0  .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2  .

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng  2;   .

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  .
Lời giải

Chọn D
y  x3  3x 2  5 .
TXĐ: D 

.

x  0
y  3 x 2  6 x ; y   0  
.
x  2
BBT

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

2


Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  0; 2  .
Câu 9:

0

4

1

0

 f  x  dx  1 và 

Cho

A. 4 .

4

f  x  dx  3 . Khi đó I   f  x  dx bằng
1

B. 2 .

C. 4 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn B
4

0

4

1

1

0

I   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  1  3  2 .
Câu 10: Thể tích của khối lập phương cạnh 3cm bằng.
A. 9cm 2 .

B. 9cm 2 .

C. 27cm 3 .
Lời giải

D. 27cm 2 .

Chọn C
Thể tích của khối lập phương cạnh 3cm là: V  a3  (3cm)3  27cm3 .
Câu 11: Cho một hình trụ bán kính r  2 và chiều cao h  2 3 . Khi đó diện tích xung quanh của hình
trụ là:
A. 4 3 .

B. 8 3 .

C. 16 3 .
Lời giải

D. 2 3 .

Chọn B
Diện tích xung quanh của hình trụ: S xq  2 rh  2 .2.2 3  8 3 .
Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình

x2  y 2  z 2  2x  4 y  6z  2  0 . Tọa độ tâm I của mặt cầu ( S ) là
A. Tâm I (1; 2;3) .
B. Tâm I (1; 2;1) .
C. Tâm I ( 1; 2;3) .

D. Tâm I (1; 2; 3) .

Lời giải
Chọn A

x2  y 2  z 2  2x  4 y  6z  2  0  ( x 1)2  ( y  2)2  ( z  3)2  16 .
Vậy mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;3) .
Câu 13: Khai triển nhị thức  2 x 2  3 có bao nhiêu số hạng?
16

A. 16 .

B. 17 .

C. 15 .
Lời giải

D. 516 .

Chọn B
Khai triển nhị thức  2 x 2  3 có 16  1  17 số hạng.
16

Câu 14: Cho số phức z  3  2i . Phần ảo của số phức z bằng :
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

3


A. 2 .

B. 3 .

D. 2i .

C. 2 .
Lời giải

Chọn A
Phần ảo của số phức z bằng 2 .
Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

x 1 y  2 z

 . Một véc tơ chỉ
2
1
3

phương u của đường thẳng d là:
A. u  1; 2;0  .

B. u   1; 2;0  .

C. u   2; 1;3 .

D. u   2;1;3 .

Lời giải
Chọn C
Véc tơ chỉ phương u của đường thẳng d là u   2; 1;3 .
Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3; 2;  1 , B 1;0;5 . Tọa độ trung
điểm I của đoạn thẳng AB là
A. I  2;1;  3 .
B. I  1;1; 2  .

C. I  2;  1;3 .

D. I  4;  2;6  .

Lời giải
Chọn B

 x  x y  yB z A  z B 
Trung điểm I của AB có tọa độ I  A B ; A
;
 I  1;1; 2  .
 
2
2 
 2
u1  1
Câu 17: Cho dãy số  un  thỏa mãn 
. Giá trị của u5 bằng
un  3.un 1 , n  1
A. 81 .
B. 243 .
C. 729 .
Lời giải
Chọn A
u
Ta có: n  3   un  là cấp số nhân với q  3 .
un 1

D. 15 .

 u5  u1.q4  1.34  81 .
Câu 18: Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a . Quay tam giác ABC (kể cả các điểm bên trong tam
giác) xung quanh đường cao AH của tam giác tạo nên một khối nón. Thể tích của khối nón đó

A.

 a3 3
8

.

B.

 a3
.
12

C.

 a3 3
24

.

D.

 a3 3
12

.

Lời giải
Chọn C

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

4


A

a

B

C

H

1
1  a  a 3  a3 3
Thể tích khối nón: V   R 2 h  . .   .
(đvtt).

3
3 2
2
24
2

Câu 19: Đồ thị hàm số y 
A. 1 .

4 x 2  3x  2
có số đường tiệm cận là.
x  2019
B. 2 .
C. 3 .
Lời giải

D. 2019 .

Chọn C
3 2
3 2
 2
4  2
4 x  3x  2
x x
x x
 lim
 lim
2
Ta có: lim y  lim
x 
x 
x 
x 
2019
x  2019
x  2019
1
x
 y  2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 4

2

3 2
3 2
 2
 4  2
4 x  3x  2
x x  lim
x x  2
lim y  lim
 lim
x 
x 
x 
x 
2019
x  2019
x  2019
1
x
 y  2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 4 

2

lim y  lim 

x  2019

x  2019

4 x 2  3x  2
 
x  2019

Vì lim  4 x 2  3 x  2  16299389; lim  ( x  2019)  0; x  2019  0 x  2019
x  2019

x  2019

 x  2019 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Câu 20: Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng a . Thể tích V của khối chóp đã cho
A.

a3
.
3

B.

4a 3 2
3

C.

a3 2
.
6

D.

a3 2
.
2

Lời giải
Chọn C

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

5


Gọi O  AC  BD . Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO   ABCD 

AC  a 2; SO  SA2  AO2  a 2 

2a 2 a 2

4
2

1
1 a 2 2 a3 2
Thể tích V của khối chóp đã cho: V  .S ABCD .SO  .
.a 
3
3 2
6
Câu 21: Cho số phức z thỏa mãn 2 z  iz  2  5i . Môđun của số phức z bằng
A. z  7 .

B. z  5 .

C. z  25 .

D. z 

145
.
5

Lời giải
Chọn B
Giả sử z  a  bi (a, b  )

2a  b  2
b  4
2 z  iz  2  5i  2  a  bi   i(a  bi)  2  5i  

a  2b  5
a  3
 z  3  4i  z  32  42  5

Câu 22: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA vuông góc với
 ABCD  . Góc giữa cạnh SC và mặt phẳng  SAD  là góc nào sau đây?
A. SCA .

B. CSA .

C. SCD .
Lời giải

D. CSD .

Chọn D

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

6


S

B

A

D

C

CD  SA
Ta có 
 CD   SAD  , do đó hình chiếu của SC lên  SAD  là SD .
CD  AD
Suy ra góc giữa cạnh SC và mặt phẳng  SAD  là góc giữa SC và SD , là CSD .
Câu 23: Cho hàm số y  2 x 3  3x 2  1 có đồ thị như hình vẽ.

Bằng cách sử dụng đồ thị hàm số, xác định m để phương trình 2 x 3  3x 2  2m  0 có đúng 3
1
nghiệm phân biệt, trong đó có 2 nghiệm lớn hơn .
2
 1
 1 
1 1
A. m    ;0  .
B. m   1;0 .
C. m   0;  .
D. m   ;  .
 2
 2 
4 2
Lời giải
Chọn D
Ta có 2 x 3  3x 2  2m  0  2 x 3  3x 2  1  2m  1 .
Suy ra số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hai hàm số y  2 x 3  3x 2  1 và
y  2m  1 .

Dựa vào đồ thị, để phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt, trong đó có 2 nghiệm lớn hơn
1
1
1
1
thì   2m  1  0   m  .
2
2
4
2
Câu 24: Tập nghiệm của bất phương trình log 1  x 2  3x  2   1 là
2

A.  ;1   2;   .

B.  0;3 .

C. 0;1   2;3 .

D.  0;1   2;3 .

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

7


 x 2  3x  2  0
 x  1 hoaëc x  2

Ta có log 1  x  3x  2   1   2

 x  0;1   2;3 .
 x  3x  2  2
0  x  3
2

2

Câu 25: Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị như hình vẽ dưới. Diện tích S của hình phẳng ở phần tô đậm
trong hình vẽ dưới là
y

2

2

A. S 

 f ( x )dx .

B. S 

 f ( x )dx .

3

3

C. S 

x

2

O

-3

0

2

3

0

2

0

0

3

D. S   f ( x )dx   f ( x )dx .

 f ( x )dx   f ( x )dx .

Lời giải
Chọn D
2

0

0

3

Dựa vào hình vẽ ta có S   f ( x )dx   f ( x )dx .
Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ

 P  : 3x  y  z  1  0 . Mặt phẳng  Q 

Oxyz , cho điểm

A  3; 1; 2 

và mặt phẳng

đi qua điểm A và song song với mặt phẳng  P  có

phương trình là
A.  Q  : 3x  y  2 z  1  0 .

B.  Q  : 3x  y  2 z  6  0 .

C.  Q  : 3x  y  z  0 .

D.  Q  : 3x  y  z  6  0 .
Lời giải

Chọn D
Vì  Q  / /  P  nên phương trình  Q  có dạng 3x  y  z  d  0, d  1
Ta có A   Q  suy ra 9 1  2  d  0  d  6
Vậy phương trình  Q  là 3 x  y  z  6  0 .
Câu 27: Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 9 z 2  6 z  4  0 . Giá trị của biểu thức

1
1

bằng
z1 z2
A.

4
.
3

B. 3 .

C.

3
.
2

D. 6 .

Lời giải
Chọn B

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

8



1
3
i
z   
3 3
2

Ta có 9 z  6 z  4  0 
suy ra

1
3
i
z   
3 3

1
1
1
1
3 3



   3.
z1 z2
2 2
1
3
1
3
 
i  
i
3 3
3 3

Câu 28: Đường cong trong hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số y  ax 4  bx 2  c .

Mệnh đề nào dưới đây là đúng.
A. a  0, b  0, c  0 .
B. a  0, b  0, c  0 .

C. a  0, b  0, c  0 .

D. a  0, b  0, c  0 .

Lời giải
Chọn A
Dựa vào đồ thị của hàm số y  ax 4  bx 2  c ta có a  0
Hàm số có 3 điểm cự trị nên ab  0  b  0
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ là c  0 .
Câu 29: Cho hàm số y  e 2 x . Mệnh đề nào dưới đây là đúng.
A. y  y  y  0 .
B. y  y  y  0 .
C. y  y  2 y  0 .

D. y  y  2 y  0 .

Lời giải
Chọn D
Ta có: y  e2 x  y  2e2 x , y  4e2 x
Do đó : y  y  2 y  4e2 x  2e2 x  2e 2 x  0 .
1

Câu 30: Cho I  
0

x
dx  a  ln b với a , b là các số nguyên dương. Giá trị a  b bằng.
x 1

A. 3 .

B. 4 .

C. 5 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn A
1

Ta có: I  
0

1

1
x
1
dx   1 
dx   x  ln  x  1   1  ln 2
0
x 1
x 1
0

 a  1, b  2  a  b  3 .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

9


Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho cho tam giác ABC có A 1;0;0  , B  0;0;1 ,

C  2;1;1 . Diện tích tam giác ABC bằng:
11
.
2

A.

7
.
2

B.

C.

6
.
2

D.

5
.
2

Lời giải
Chọn C
Ta có: AB   1;0;1 , AC  1;1;1  AB  AC   1; 2;1  SABC 

1
6
.
AB  AC 
2
2

Câu 32: Cho a , b là các số thực dương thỏa mãn log 4 a  log 6 b  log9  a  b  . Giá trị của
A.

3
.
2

B.

2
.
3

C.

5 1
.
2

D.

a
bằng
b

5 1
.
2

Lời giải
Chọn D
Điều kiện a, b  0 .
a  4t

Đặt t  log 4 a  log 6 b  log9  a  b   b  6t
.
a  b  4t  6t  9t


5 1
2 2
 2
Từ 4  6  9        1  0    
.
2
3 3
 3
2t

t

t

t

t

t

a 2
5 1
.
  
b 3
2
t

Vậy

Câu 33: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh cùng bằng a . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp là:
A.

a 2
.
2

C. a 3 .

B. a 2 .

D.

a 3
.
2

Lời giải
Chọn A
S

N
a

A

B
a

H
D

a

C

Vì S.ABCD , có các cạnh cùng bằng a nên gọi H  AC  BD  SH   ABCD  .
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

10


Gọi N là trung điểm của SD , đường trung trực của SD nằm trong mp  SHD  cắt SH tại H
vì HS  HA  HB 

a 2
 H là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
2

Bán kính R  HB 

a 2
.
2

Câu 34: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y 

mx  4
nghịch biến trên khoảng
xm

 ;1
A. 1.

B. 3.

C. 5.
Lời giải

D. 4.

Chọn A
Để hàm số y 

mx  4
nghịch biến trên khoảng  ;1 thì xảy ra đồng thời
xm


m2  4
 0, x   ;1 m 2  4  0 2  m  2
y' 
2
x

m


.



m


1

m

1



m   ;1
Do m nguyên nên có 1 giá trị m  1
Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz  có bao nhiêu mặt cầu  S  có bán kính R  5 , đi qua

x  t

điểm A 1; 4;0  và tâm là điểm I thuộc đường thẳng d :  y  1  t
 z  3t

A. 0 .

B. 2 .

C. 3 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn B
Gọi I  t;1  t ;3t d .
Vì mặt cầu  S  có bán kính R  5 , đi qua điểm A 1; 4;0  nên  t  1   t  3   3t   25.
2

2

2

Suy ra 11t 2  8t  15  0 , phương trình có hai nghiệm, nên có hai mặt cầu.
Câu 36: Cho số phức z thỏa mãn

2  i z  8  i

 5 . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là một

đường tròn tâm I có tọa độ là
A. I  3; 2  .
B. I  3; 2  .

C. I  8;1 .

D. I 8; 1 .

Lời giải
Chọn B
2  i z  8  i  5

 2  i z  8  i 
 z

2i
2i
2i
2i
 5
 2  i
z  8  i 
 5
5
5
5
5

8  i  2  i 
5

 5  z   3  2i   5

Gọi M là điểm biểu diễn số phức z và I  3; 2  thì IM  5 , hay M thuộc đường trong tâm

I  3; 2  bán kính R  5
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

11


Câu 37: Một người gửi tiết kiệm vao ngân hàng 1 tỷ đồng với lãi suất tháng 0.5% / tháng (lãi tính theo
từng tháng và cộng dồn vào gốc). Kể từ lúc gửi sau mổi tháng vào ngày ngân hàng tính lãi
người đó rút ra 10 triệu đồng để chi tiêu (nếu tháng cuối cùng không đủ 10 triệu đồng thì rút
hết). Hỏi trong bao lâu kể từ ngày gửi người đó rút hết tiền trong tài khoản?.(giả sử lãi suất
không thay đổi trong suốt quá trình người đó gửi
A. 136 tháng.
B. 137 tháng.
C. 138 tháng.
D. 139 tháng.
Lời giải
Chọn D
Đặt A  1 tỷ đồng, B  10 triệu đồng, C  0.5% 

1
.
200

Số tiền đã rút sau tháng thứ 1 : A 1  C   B
Số tiền đã rút sau tháng thứ 2 :  A 1  C   B  1  C   B  A 1  C   B 1  C   B
2

Số tiền đã rút sau tháng thứ 3 : A 1  C   B 1  C   B 1  C   B
2

3


n1

Số tiền đã rút sau tháng thứ n : A 1  C   B 1  C   B 1  C 
n

n2

 ...  B 1  C   B

Sau n tháng người đó rýt hết trong tài khoảng nên:
n1

A 1  C   B 1  C   B 1  C 
n

n2

n1

 ...  B 1  C   B  0

 A 1  C   B 1  C   B 1  C 
n

 A 1  C   B 1  C   1  C 

n

 A 1  C 

n

n1

n2

n2

 ...  B 1  C   B

 ...  1  C   1


n
1 1  1  C  
  B  AC 1  C n  B  1  C n  B
B 





B  AC
1  1  C 

 B 
 n  log1C 
  138,97 .
 B  AC 
Vậy người đó rút hết tiền trong tài khoản sau 139 tháng.
Câu 38: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  0; 2 đồng thời thỏa mãn điều kiện f  2   1
2




0

2
2
f  x
2
2
f  x  dx    f '  x  dx  . Giá trị của tích phân I   2 dx bằng:
3
x
0
1

A. 1 .

B. 2 .

1
.
3

C.

D.

1
.
4

Lời giải
Chọn D
2

Ta có

2

2

2

2
2
4
(1)
  f  x  dx   xf  x    xf '  x  dx  2   xf '  x  dx   xf '  x  dx 
0
3 0
3
0
0
0

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

12


2 2
8
  x dx 
3
0
2
2
 2
2
16
8
Lại có  x 2 dx  nên 4 xf '  x  dx 
   x  2 f '  x  dx  0 .
3
3
0
0
 0
2
2
8
  4  f '  x   dx 
3
 0
2

Do  x  2 f '  x   0 nên   x  2 f '  x  dx  0, mà
2

2

0

2

  x  2 f '  x 

2

dx  0 suy ra

0

x  2 f ' x.

1
1
1
x  f  x    f '  x  dx   xdx  x 2  C .
2
2
4
2
2
f  x
1 2
1
1
f
2

1

C

0

f
x

x
Mặt khác,  
 I   2 dx   dx  .
 
4
x
41
4
1
Từ đó ta được f '  x  

Câu 39: Cho lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có tất cả các cạnh bằng a . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường
thẳng A ' B' và BC ' .
A. a .

B.

3a
.
7

C.

a 21
.
7

a 2
.
2

D.

Lời giải
Chọn C

z
C

A

B
x

y
C'

A'

O
B'

.

 a 3   a
a
  a


;0  , B   ;0;a  .
Đặt hệ trục như hình vẽ: A '  ;0;0  , B'   ;0;0  , C '  0;
2
2
  2



  2
a a 3

; a  .
Ta có: A ' B '    a;0;0  , BC '   ;
2 2

2


 A ' B ', BC '   0; a 2 ; a 3  , BB '   0;0;  a  .

 
2 


Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

13


d A ' B ', BC ' 

 A ' B ', BC ' .BC '
a 21


.

7
 A ' B ', BC '


x
x
 cos x 4  1  2sin x là
2
2
C. 641 .
D. 644 .
Lời giải

Câu 40: Số nghiệm thuộc khoảng  0; 2019  của phương trình sin 4
A. 642 .

B. 643 .

Chọn A
Phương trình sin 4

x
x
x
x
 cos x 4  1  2sin x  1  2sin 2 .cos x 2  1  2sin x
2
2
2
2

1 2
sin x  2sin x  sin x  0  x  k , k  Z .
2
2019
 1  k  642 .
Nghiệm x   0; 2019   0  k  2019  0  k 




Câu 41: Trường THPT Nguyễn Đình Liễn tổ chức giao lưu bóng chuyền giữa học sinh các lớp nhân dịp
chào mừng ngày 26/03. Sau quá trình đăng kí có 10 đội tham gia thi đấu từ 10 lớp trong đó có
lớp 10A1 và 10A2, các đội chia làm hai bảng, kí hiệu là bảng A và bảng B, mỗi bảng 5 đội.
Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên.Tính xác suất để hai đội 10A1
và 10A2 thuộc hai bảng đấu khác nhau.
9
10
5
5
A. .
B.
.
C.
.
D.
.
10
18
9
9
Lời giải
Chọn A
Chia 10 đội làm hai bảng A và B, mỗi bảng 5 đội, số phần tử không gian mẫu là
  C105 .C55  252 .
Gọi M : “Hai đội 10A1 và 10A2 thuộc hai bảng đấu khác nhau”

M  2!.C84  140
Xác suất cần tìm P  M  

M 5
 .

9

Câu 42: Trong không gian với hệ trục Oxyz , mặt phẳng
d:

 P  : 2x  y  z  0

và đường thẳng

x 1 y z 1
 
. Mặt phẳng  Q  chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng  P  .
2
1
3

Khoảng cách từ O  0;0;0  đến mặt phẳng  Q  bằng
A.

1
.
3

B.

1
.
3

C.

1
.
5

D.

1
.
5

Lời giải
Chọn D
Lấy M 1;0; 1  d  M   Q  .
VTCP của đường thẳng d là u   2;1;3 ; VTPT của mặt phẳng  P  là n   2;1; 1 .
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

14


VTPT của mặt phẳng  Q  là u, n   4;8;0  4 1; 2;0 .
Phương trình mặt phẳng  Q  : x  2 y  1  0
 d  O,  Q   

1
.
5

Câu 43: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có độ dài cạnh đáy và cạnh bên bằng a . Gọi các điểm
M , N , E là trung điểm các cạnh BC , CC , AC  . Mặt phẳng  MNE  chia khối lăng trụ đã cho
thành hai phần có thể tích V1 , V2 ( V1 là thể tích khối đa diện chứa điểm A ). Tính tỉ số
A. 1 .

B. 4 .

C. 3 .

D.

V1
V2

3
.
4

Lời giải
Chọn A
K
A
C
M
P
B
I

N
O
G

A'
C'

E

Q

B'
H

Gọi K  MN  BB; H  ME  AA
Gọi G , I lần lượt là trung điểm cua BB , AA . Đường thẳng HK cắt AB, GI , AB lần lượt tại
P, O, Q .

Ta có M là trung điểm của BC suy ra B ,P lần lượt là trung điểm của đoạn KG , KO
Thể tích khối lăng trụ tam giác đều ABC.ABC là
V  AASABC  KG.SGIN

VK .BPM KB KP KM 1
V
1
(vì S GIN  2 S GON )

.
.
  K .BMP 
VK .GON KG KO KN 8
VK .GIN 16
1
1
VK .GIN  V
16
48
1
7
 VKOGN  V  VBPM .GON  V
6
48
7
Tương tự VAQE .ION  V
48
 VK . BMP 

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

15


 VBPM .GON  VAQE.ION  VION . APMC  VGON .BQEC
Ta có V1  VAQE.ION  VION . APMC ; V2  VBPM .GON  VGON .BQEC

 V1  V2 

V1
1
V2

Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  0 và
điểm M  0;1;0  . Mặt phẳng  P  đi qua M và cắt  S  theo một đường tròn  C  có diện tích
nhỏ nhất. Gọi N  x0 ; y0 ; z0  thuộc đường tròn  C  sao cho ON  6 . Khi đó y0 bằng
A. 2 .

B. 2 .

C. 1 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn C

Mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  0  Tâm I  1; 2;1 bán kính R  6 .
Ta có IM  3  R  M nằm trong khối cầu.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm I trên  P 
Mặt phẳng  P  cắt đường mặt cầu  S  theo giao tuyến là đường tròn  C  , bán kính là r

 Diện tích hình tròn SC    r 2  SC  min khi rmin  d  I ,  P  max .
Ta có. d  I ,  P    IH  IM  d  I ,  P  max  IM đạt được khi  P  nhận IM  1; 1; 1 làm
véc tơ pháp tuyến.   P  : x  y  z  1  0
Điểm N  x0 ; y0 ; z0  thuộc đường tròn giao tuyến  C  sao cho ON  6

 Tọa độ của N thỏa hệ phương trình :
 x0  z0  5
 x0  y0  z0  1  0
 x0  y0  z0  4

 2

2
2
 x0  y0  z0  2 x0  4 y0  2 z0  0   x0  2 y0  z0  3   y0  1
 2
 2
 2
2
2
2
2
2
 x0  z0  5
 x0  y0  z0  6
 x0  y0  z0  6
 Tung độ của điểm N là 1
Câu 45: Với hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  8  6i và z1  z2  2. Gi á trị lớn nhất của P  z1  z2
bằng
A. 5  3 5 .

B.

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

26 .

C. 4 6 .
Lời giải

D. 34  3 2

16


Chọn B
Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng.
 z1  z2
 4  3i

Từ giả thiết ta có:  2
suy ra trung điểm của MN là I  4; 3  .
 MN  z  z  2
1
2


Xét tam giác OMN : OI 2 

OM 2  ON 2 MN 2
MN 2

 OM 2  ON 2  2OI 2 
 52.
2
4
2

Mặt khác: P  z1  z2  OM  ON  2 OM 2  ON 2   2 26  Pmin  2 26.
Dấu “=” đạt được khi OM  ON  26 và MN  2 . Vậy có vô số cặp điểm M , N vì M , N
nằm trên đường tròn tâm O, bán kính bằng 26 và dây cung MN  2.
Câu 46: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình

m2  x4  1  m  x 2  1  6  x  1  0 đúng với mọi x  . Số phần tử của S là

A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn C

Điều kiện: x . Xét bất phương trình m2  x4  1  m  x 2  1  6  x  1  0

  x  1 m2  x3  x2  x  1  m  x  1  6  0 *
Ta thấy x  1 là một nghiệm của bất phương trình * , với mọi m  .
Do đó, để bất phương trình * nghiệm đúng với mọi x 

thì ta phải có x  1 là một nghiệm

bội lẻ của g  x   m2  x3  x 2  x  1  m  x  1  6 .

 g 1  0
4m2  2m  6  0
3
 m  1 m   .
Từ đó suy ra 
 2
2
6m  m  0
 g  1  0
Thử lại, ta thấy m  1 và m  

3
 3
thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy S  1;   .
2
 2

Câu 47: Người ta cần trồng một vườn hoa (phần tô đậm như hình vẽ). Biết đường viền ngoài và đường
viền trong của khu đất trồng hoa là hai đường elip. Đường elip ngoài có độ dài trục lớn và độ
dài trục bé lần lượt là 10m và 6m. Đường elip trong cách đều elip ngoài một khoảng bằng 2dm
(hình vẽ). Kinh phí cho mỗi m2 trồng hoa là 100.000 đồng. Tổng số tiền (đơn vị đồng) dùng để
trồng vườn hoa gần với số nào sau đây?

A. 490088 .

B. 314159 .

C. 122522 .

D. 472673 .

Lời giải
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

17


Chọn A
Đường elip ngoài có độ dài trục lớn và độ dài trục bé lần lượt là 10m và 6m. Suy ra diện tích
của hình elip to là S1   .5.3  15  m2  .

Đường elip trong cách đều elip ngoài một khoảng bằng 2dm nên có độ dài trục lớn và độ dài
trục bé lần lượt là 10  2.0, 2  9, 6  m  và 6  2, 0, 2  5, 6  m  . Do đó diện tích của hình elip
nhỏ là S2   .4,8.2,8  13, 44  m2  .
Vậy diện tích của vườn hoa là S  S1  S2  1,56  m2  . Do đó số tiền dùng để trồng vườn hoa
là 1,56 .100.000  490.088 (đồng).
Nhận xét: Đề bài không phù hợp với thực tế. Không có “vườn hoa” nào mà bề rộng chỉ 2dm
(tầm một gang tay).
Câu 48: Cho phương trình

4 

15



x



  2m  1 4  15



x

 6  0 . Để phương trình có hai nghiệm

phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  2 x2  0 thì giá trị của tham số m thuộc khoảng nào?
A.  3;5 .

C. 1;3 .

B.  1;1 .

D.  ; 1 .

Lời giải
Chọn A





x



Đặt t  4  15 , t  0 thì 4  15



x

1
 . Phương trình đã cho trở thành
t

1
t   2m  1  6  0  t 2  6t  2m  1  0 (*).
t
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  2 x2  0 khi và chỉ khi

phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt t1 , t2 thỏa mãn t1  t22 (1).
Giả sử phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt t1 , t2 .
(2)
 t1  t2  6
Khi đó theo Vi-et ta có 
.
t1.t2  2m  1 (3)
t2  3 (L)
Thế (1) vào (2): t22  t2  6  t22  t2  6  0  
.
t2  2 (N)
7
Với t2  2 thì t1  4 . Thay vào (3) ta được 2m  1  8  m    3;5  .
2

Câu 49: Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên



và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá



trị nguyên của m để phương trình 2 f 3  3 9 x 2  30 x  27  m  2019 có nghiệm.

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

18


B. 14 .

A. 15 .

D. 13 .

C. 10 .
Lời giải

Chọn D
7
.
3
 7
Đặt t  3  3 9 x 2  30 x  21 . Vì x  1;   t   3;3 .
 3
m  2019
, t   3;3 .(*)
Phương trình trở thành: 2 f  t   m  2019  f  t  
2

Điều kiện: 9 x 2  30 x  21  0  1  x 

Dựa vào đồ thị hàm số f  x  trên đoạn  3;3 ta có:

m  2019
 1  2009  m  2021 .
2
Mà m nguyên nên có: 2021  2009  1  13 giá trị nguyên của m để phương trình

Phương trình (*) có nghiệm trên đoạn  3;3  5 





2 f 3  3 9 x 2  30 x  27  m  2019 có nghiệm.

Câu 50: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x  x  1  x 2  mx  9  . Có bao nhiêu số nguyên
4

dương m để hàm số g  x   f  3  x  đồng biến trên khoảng  3;    ?
A. 6 .

B. 5 .

C. 7 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn A
Ta có: g   x    f   3  x     3  x  2  x   x 2   6  m  x  3m  18
4

Để hàm số g  x   f  3  x  đồng biến trên 1;    thì
  3  x  2  x   x 2   6  m  x  3m  18  0, x  1;    . (*)
4

Mà   3  x  2  x   0, x   3;    .
4

Do đó:
(*)  x 2   6  m  x  3m  18  0, x   3;     m 

x 2  6 x  18
 f  x  , x   3;   
x 3

 m  min f  x   6.
 3;  

Mà m nguyên dương  m  1; 2;3; 4; 5;6 .
---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

×

×