Tải bản đầy đủ

L12-SGD-Bạc-Liêu-1819 đề thi toán thpt 2019

Sở GD&ĐT Bạc Liêu
Mã đề 113

Câu 1:

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

Nguyên hàm của hàm số f  x   cos x  3x 2 là
A.  sin x  6x  C

B.  sin x  x 3  C

D. sin x  6x  C

C. sin x  x3  C
Lời giải

Chọn C

Ta có:  f  x  dx    cos x  3x 2  dx  sin x  x3  C .
Câu 2:

1
2
Cho hàm số y  x 3  2 x 2  3x  . Điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho là
3
3

106 

A.  3; 

3 


 14 
B.  1; 
3


 2
C.  3; 
 3
Lời giải

D. 1; 2 

Chọn D

x  1
Ta có: y  x 2  4 x  3 ; y  0  
.
x  3
Có: y  2 x  4 ;
y  3  2  0  Hàm số đạt cực tiểu tại x  3 .
y 1  2  0  Hàm số đạt cực dại tại x  1 và yCD  y 1  2 .

Vậy 1; 2  là điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho.
Câu 3:

Trong không gian Oxyz , mặt cầu tâm I 1; 2; 3 và tiếp xúc với trục Oy có phương trình là
B.  x  1   y  2    z  3  4

A.  x  1   y  2    z  3  4
2

2

2

2

C.  x  1   y  2    z  3  10
2

2

2

2

2

D.  x  1   y  2    z  3  14
Lời giải
2

2

2

Chọn C
Vì mặt cầu tâm I 1; 2; 3 và tiếp xúc với trục Oy nên bán kính của mặt cầu là:
R  d  I , Oy   12   3  10 .
2

Vậy phương trình mặt cầu đã cho là:  x  1   y  2    z  3  10 .
2

Câu 4:

2

2

Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  3  0 và mặt phẳng

 P  : 2 x  2 y  z  3  0 . Gọi  Q 
phẳng  Q  có phương trình là

là mặt phẳng song song  P  và tiếp xúc  S  . Khi đó mặt

A. 2 x  2 y  z  3  0; 2 x  2 y  z  15  0 .

B. 2 x  2 y  z  15  0 .

C. 2 x  2 y  z  15  0; 2 x  2 y  z  3  0 .

D. 2 x  2 y  z  3  0 .
Lời giải

Chọn B
Mặt cầu  S  có tâm I  1;1; 2  , bán kính R  3

Q 

là mặt phẳng song song  P    Q  : 2 x  2 y  z  d  0,  d  3

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

1


Q 

tiếp xúc ma8t54 cầu  S  nên d  I ; Q   R 

2.  1  2 1  2  d
22   2   12
2

3

 n
l 

 d  15
 d 6  9  
 d  3

Vậy  Q  : 2 x  2 y  z  15  0 .
Câu 5:

Câu 6:

a
1  ln x
 ln x  b  là một nguyên hàm của hàm số f  x   2 , trong đó a, b 
x
x
trị S  b  2a bằng
A. 2 .
B. 0 .
C. 4 .
D. 6 .
Lời giải
Chọn C
a
1  ln x
Vì F  x    ln x  b  là một nguyên hàm của hàm số f  x  
x
x2
a  1
a  1
 a ln x  a  ab ln x  1

,

x

0
Nên F   x   f  x  




x2
x2
a  ab  1 b  2
Giá trị S  b  2a  4 .

Cho F  x  

Thể tích khối nón tròn xoay có bán kính đáy r và chiều cao h bằng
4
1
A.  r 2 h .
B.  rh .
C.  r 2 h .
3
3
Lời giải
Chọn C

. Giá

D.  r 2 h .

1
Thể tích khối nón tròn xoay có bán kính đáy r và chiều cao h là V   r 2 h
3

Câu 7:

Đồ thị hàm số y 
A. y  6 .

x4
có đường tiệm cận đứng là
x6
B. y  1 .
C. x  1 .

D. x  6 .

Lời giải
Chọn D
Hàm số xác định trên

\ 6 .

Ta có lim y   ; lim y   nên Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x  6 .
x 6

Câu 8:

x 6

Gọi z  a  bi ,  a, b 
A.

9
.
2



là số phức thỏa mãn i  z  2   2 z  5 

9
B.  .
2

C.

7
.
2

13
i . Giá trị b  a bằng
2
7
D.  .
2

Lời giải
Chọn C
13
13
i  i  a  bi  2   2  a  bi   5  i
2
2
13
13
 ai  b  2i  2a  2bi  5  i   2a  b    a  2b  2  i  5  i
2
2

i  z  2   2 z  5 

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

2


1
2a  b  5 

a 

2 .
17  
a

2
b


b  4
2
7
Do đó b  a  .
2

Câu 9:

Tập nghiệm của phương trình log3  x 2  2 x  9   2 là
C. 0;9 .

B. 0; 2 .

A. 2 .

D. 0 .

Lời giải
Chọn D



log3  x 2  2 x  9   2 x 2  2 x  9   x  1  8  0, x 
2



x  0
.
 x2  2x  9  9  x2  2 x  0  
x  2
Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , cạnh bên SA vuông góc với
mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt đáy bằng 60 . Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD .
A. 8a 3 5 .

B.

8a 3 5
.
3

C. 8a 3 6 .

D.

8a 3 6
.
3

Lời giải
Chọn D.

Ta có: AC  AB. 2  2a 2 ( ABCD là hình vuông cạnh 2a ).
Trong SAC vuông tại A, có: SA  tan 60. AC  2 6a .

1
8 6 3
Vậy VS . ABCD  .4a 2 .2 6a 
a .
3
3
Câu 11: Trong không gian Oxyz , gọi H  a; b; c  là hình chiếu vuông góc của M  2;0; 5  trên đường
thẳng  :
A. 7 .

x 1 y z  2
 
. Giá trị a  b  c bằng
1
2
1
B. 1 .
C. 3 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn D

x  1 t
x 1 y z  2

:
 
  :  y  2t có vec tơ chỉ phương u  1; 2;1  n  1; 2;1 .
1
2
1
z  2  t

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

3


Phương trình mặt phẳng   đi qua M  2;0; 5  và vuông góc với  :

1 x  2   2  y  0    z  5   0  x  2 y  z  3  0 .
x  1 t
 y  2t

Tọa độ điểm H  a; b; c  là nghiệm của hệ sau: 
z  2  t
 x  2 y  z  3  0
 1  t  4t  t  2  3  0  t  1 .
Vậy H  0; 2;1  a  b  c  0  2 1  3 .
Câu 12: Cho hàm số y  x3  3x 2  2 có đồ thị  C  . Số tiếp tuyến của  C  song song với đường thẳng
y  9 x  2019 là

A. 1 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 0 .

Lời giải
Chọn C
Phương trình tiếp tuyến



có hệ số góc k và đi qua điểm

 xo , yo 

có dạng:

y  k  x  xo   yo
y  x3  3x 2  2  y  3x 2  6 x .
Hệ số góc của tiếp tuyến là: k  y   9 .

Theo đề bài, ta có: 3xo 2  6 xo  9  xo 2  2 xo  3  0 .

 xo  1  yo  2   1  : y  9  x  1  2  9 x  7

 xo  3  yo  2    2  : y  9  x  3  2  9 x  25
Vậy có 2 phương trình tiếp tuyến của  C  song song với đường thẳng y  9 x  2019 .
Câu 13: Cho tập hợp T gồm 15 điểm phân biệt. Số vectơ khác 0 có điểm đầu và điểm cuối là các điểm
thuộc T là
A. C152 .
B. A152 .
C. A1513 .
D. 152 .
Lời giải
Chọn B.
Số vectơ khác 0 có điểm đầu và điểm cuối là các điểm thuộc T là A152 .
2



Câu 14: Cho

f  x  dx  2 và

1

A. 1 .

2

2

1

1

 g  x  dx  1 . Tính I   4 f  x   g  x  dx bằng
C. 2 .

B. 7 .

D. 9 .

Lời giải
Chọn B.
2

2

1

1

I   4 f  x   g  x  dx  4  f  x  dx   g  x  dx  4.2 1  7 .
1
2

Câu 15: Cho hình trụ có chiều cao bằng a và đường kính đường tròn đáy bằng 2a . Diện tích xung
quanh của hình trụ đã cho bằng
A. 4 a 2 .
B. 3 a 2 .
C.  a 2 .
D. 2 a 2 .
Lời giải
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

4


Chọn D.
Diện tích xung quanh của hình trụ là S  2 rl  2 a.a  2 a 2 .
Câu 16: Cho các số thực x và y thỏa mãn các điều kiện 3x 5 y  243 và log

2

 3x  y   2.

Giá trị

P  x  y bằng

A.

1
.
8

B.

7
.
4

13
.
16
Lời giải
C.

D.

15
.
16

Chọn B
Ta có 3x5 y  243  x  5 y  log3 243  5 và log

2

3x  y  0
3x  y  2

 3x  y   2.  

15

x

 x  5 y  5  16
Giải hệ phương trình 

3x  y  2  y  13

16
Giá trị P  x  y bằng

7
4

Câu 17: Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3a 2 và chiều cao bằng 2a là
A. 6a 3 .
B. 3a 3 .
C. 2a 3 .
D. a 3 .
Lời giải
Chọn A
Ta có V  S .h  3a 2 .2a  6a 3 .
Câu 18: Đường cong trong hình bên dưới là đồ thị của hàm số nào sau đây?

A. y  x 4  4 x 2  2 .

B. y   x 4  4 x 2  2 . C. y  x 4  4 x 2  2

D. y  x 4  4 x 2  2 .

Lời giải
Chọn D

a  0

Từ hình dáng đồ thị hàm bậc 4 ta có  x  0  y  2

y'  0  x   2
Vậy y  x 4  4 x 2  2 thỏa mãn.
Câu 19: Tập xác định D của hàm số y   x 2  3x  2  là.
5

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

5


A. D  1; 2  .

B. D 

C. D   ;1   2;   .

D. D   ;1   2;   .

\ 1; 2 .

Lời giải
Chọn D.
Do

5 là số không nguyên nên điều kiện là x 2  3 x  2  0  x  1 hoaëc x > 2

 a3 
Câu 20: Với a , b là hai số thực dương tuỳ ý, log  5  bằng?
b 
3
a
3log a
A. 3log a  5l o g b .
B. log .
C.
.
5
b
5log b

D. 3log a  5l o g b .

Lời giải
Chọn A.
 a3 
log  5   log a3  log b5  3log a  5log b .
b 

x  1 t

Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y  2  2t ,  t 
z  1 t

vectơ chỉ phương của d ?
A. u3   1; 2; 1 .
B. u2  1; 2;1 .

C. u1  1; 2;1 .

.

Vectơ nào dưới đây là

D. u4   1; 2;1 .

Lời giải
Chọn D.
Dựa vào phương trình tham số của đường thẳng d suy ra vectơ chỉ phương của đường thẳng d
là u4   1; 2;1
Câu 22: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;3 và B  3;0;7  . Trung điểm đoạn AB có tọa
độ là
A.  4;2; 4  .

C.  4; 2; 4  .

B.  2; 1; 2  .

D.  1;1;5  .

Lời giải
Chọn D.
D ng công thức tọa độ trung điểm.
Câu 23: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau

Số nghiệm thực của phương trình 2 f  x   3  0 là

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

6


A. 3 .

B. 1 .

C. 4 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn A.
Ta có phương trình 2 f  x   3  0  f  x  

3
.
2

3
c t đồ thị hàm số y  f  x  tại 3 điểm phân biệt, do vậy
2
phương trình cho có 3 nghiệm thực phân biệt.

Đường thẳng có phương trình y 

Câu 24: Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn b  2  ln a , c  3  ln b . Hệ thức nào dưới đây
đúng?
a
A. ln  b  c  1 .
B. ln  ab   b  c  5 .
b
a
C. ln  b  c  1 .
D. ln  ab    b  2  c  3 .
b
Lời giải

ln  ab   b  c  5
b  2  ln a
ln a  b  2 ln a  ln b  b  c  5 


 a

c  3  ln b
ln b  c  3
ln a  ln b  b  c  1 ln  b  c  1
 b
a
Suy ra ln  b  c  1 đúng.
b
Câu 25: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  2 x 2  7 x trên đoạn  0; 4 bằng
A.

392
.
27

D. 4 .

C. 68 .

B. 0 .

Lời giải
Chọn D.

x  1
2


Ta có: y  3x  4 x  7 ; y  0  
x   7
3

Tính y  0   0 ; y 1  4 ; y  4   68
Vậy GTNN của hàm số đã cho trên  0; 4 là 4 .
Câu 26: Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  4 z  29  0 . Tính giá trị của biểu
thứ

z1  2 z2 .
4

4

A. 58 .

B. 87 .

C. 29 3 .
Lời giải

D. 29 2 .

Chọn D.

 z  2  5i

Ta có: z 2  4 z  29  0  
 z  2  5i

z1  2 z2
4

4

 29 2 .

Câu 27: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua ba điểm A  2;0;0  , B  0; 1;0  và C  0;0; 4  có
phương trình là
x y z
A.    1 .
2 1 4

B.

x y z
   1.
2 1 4

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

C.

x y z

  1.
2 1 4

D.

x y z
   1 .
2 1 4
7


Lời giải
Chọn B.
Mặt phẳng đi qua ba điểm A  2;0;0  , B  0; 1;0  và C  0;0; 4  có phương trình là:

x y z
   1.
2 1 4
x 1
; y  0 và x  0 là
x2
3
3
C. 5 ln  1.
D. 3ln  1.
2
2
Lời giải

Câu 28: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y 
5
B. 3ln  1.
2

3
A. 2 ln  1.
2

Chọn D
+) Phương trình hoành độ giao điểm:

 x  1
x 1
0 
 x  1.
x2
x  2

x 1
x 1
 0, x  1;0  suy ra diện tích cần tìm: S   
+) Nhận thấy
dx
x2
x2
1
0

0
x 1
3 
3

dx    1 
dx


x

3ln
2

x
 3ln 2  1  3ln 3  3ln  1.



1
2 x
2 x 
2
1
1 
0

0



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





2
0



0
0






1

y

3



Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
B.  2;0  .

A.  3;1 .

C.  ; 2  .

D.  0;   .

Lời giải
Chọn B
Câu 30: Cho số phức z  2  3i . Số phức liên hợp của số phức z là
A. z  2  3i.
B. z  3  2i.
C. z  2  3i.
Lời giải

D. z  2  3i.

Chọn C
Câu 31: Cho hàm số f  x  có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

x



f'(x)

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

2
0

+

0

4

0

0

+∞
+

8


Hàm số y  f 1  3x   x 4  6 x 2  4 x  5 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

1 
A.  ;1 .
4 

 1 1
C.   ;  .
 3 4
Lời giải

B.  ; 2  .

1

D.  2; 
3


Chọn B.
Ta có: y  g  x   f 1  3x   x 4  6 x 2  4 x  5  g '  x   3 f ' 1  3x   4 x3  12 x  4
Với x   ; 2   1  3x   7;    f ' 1  3x   0  3 f ' 1  3x   0 . Mặt khác với

x   ; 2   4 x3  12 x 2  4  0 . Vậy trên khoảng  ; 2  , hàm số
y  f 1  3x   x 4  6 x 2  4 x  5 nghịch biến.
Câu 32: Số

giá

trị

nguyên

của

tham

số

m   2018; 2018

để

bất

phương

trình

x 2  4 x  5  x 2  4 x  m có nghiệm thuộc đoạn  2;3 là:
A. 2024 .

B. 2020 .

C. 2019 .
Lời giải

D. 2015 .

Chọn A.





Đặt t  x 2  4 x  5 t  1; 2  , bất phương trình trở thành m  t 2  t  5  f  t 
Có f   t   0  t 

1 
 1; 2  , f
2 

 2  3

2, f 1  5

Để bất phương trình có nghiệm với mọi t  1; 2  thì m  max f  t   5 .


1; 2 



2018  m  5
Kết hợp với điều kiện ta có 
m 
Vậy có tất cả 2024 giá trị thỏa mãn.
Câu 33: Đồ thị hàm số y  x3  3x 2  5 có 2 điểm cực trị A và B . Diện tích S của tam giác OAB (với

O là góc tọa độ là
A. S  10 .

B. S  5 .

C. S 

5 5
.
2

D. S  5 5 .

Lời giải
Chọn B.

 x  0  y  5, A  0;5
y '  0  3x 2  6 x  0  
.
 x  2  y  1, B  2;1
OA   0;5   OA  5 và h  d  B, OA  d  B, Oy   2 .

1
S  OA.h  5 .
2

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

9


Câu 34: Cho bất phương trình log 2 x 2  2 x  m  4 log 4  x 2  2 x  m   5 . Biết  a; b là tập hợp tất cả
các giá trị của tham số m để bất phương trình thỏa mãn với mọi x thuộc đoạn  0; 2 . Giá trị
biểu thức a  b bằng
A. a  b  0 .

B. a  b  6 .

C. a  b  2 .
Lời giải

D. a  b  4 .

Chọn B
Điều kiện x 2  2 x  m  1.

Đặt t  log 4  x 2  2 x  m   t  0  thì log2 x2  2 x  m  log4  x2  2 x  m   t 2 .

log 2 x 2  2 x  m  4 log 4  x 2  2 x  m   5  t 2  4t  5  0  5  t  1.
Kết hợp điều kiện, thu được

0  t  1  0  log 4  x 2  2 x  m   1  0  log 4  x 2  2 x  m   1  1  x 2  2 x  m  4 * Xét

f  x   x 2  2 x  m với x   0; 2 ; f '  x   2 x  2; f '  x   0  x  1.

f  0   m; f 1  m  1; f  2   m.
Do đó bất phương trình thỏa mãn với mọi x thuộc đoạn  0; 2 khi và chỉ khi

 1  x 2  2 x  m  4, x  0; 2  1  m  1  m  4  2  m  4.
Do đó  a; b   2; 4. Vậy a  b  6 .
Câu 35: Một cấp số nhân có công bội bằng 4 và số hạng đầu bằng
A. 22019 .

B. 22018 .

1
 Số hạng thứ 2019 bằng
2

C. 24036 .
Lời giải

D. 24035 .

Chọn D
1
Áp dụng công thức un  u1.q n1 , ta được số hạng thứ 2019 là u2019   42018  24035.
2

Câu 36: Người ta cho vào một chiếc hộp hình trụ 3 quả bóng tennis hình cầu bán kính R . Biết đáy hình
trụ bằng hình tròn lớn của quả bóng và chiều cao của hình trụ gấp ba lần đường kính của quả
bóng. Gọi S1 là tổng diện tích ba quả bóng, S 2 là diện tích xung quanh của hình trụ. Tổng
S1  S 2 bằng

A. 144 R 2 .

B. 24 R 2 .

C. 12 R 2 .
Lời giải

D. 18 R 2 .

Chọn B
S1  3.4 R2  12 R2 , S2  6R.2 R  12 R2 , S1  S2  24 R2 .
Câu 37: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , BC  2a , hình chiếu
vuông góc của A trên  ABC  là điểm H thuộc cạnh AC sao cho HC  2HA và

AH  a 2 . Gọi M là trung điểm của AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và AM
bằng
A.

a 38
.
2

B.

3a 38
.
19

C.

6a 82
.
41

D.

a3 82
.
41

Lời giải
Chọn B

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

10


Từ M kẻ MN   AB c t BC tại N , suy ra
AB / /  AMN   d  AB, AM   d  A,  AMN    3.d  H ,  AMN   .
Từ

H

kẻ

HK  MN

tại

K



HI  AK

tại

I , suy ra

HI   AMN 

hay

d  H ,  AMN    HI .

 HK  MB
HK HM 1
1
a

  HK  .NC  .
Trong mặt phẳng  ABC  , 
 HK   BC 
NC MC 3
3
3
 BC  MN
a
.a 2

A H .HK
38
3



a.
Tam giác A HK vuông tại H nên HI 
2
2
19
1 2
AH  HK
2
a  2a
9
Vậy d  AB, AM   3HI 

3 38
a.
19

Câu 38: Cho hàm số f  x   2 x3  x 2  8 x  7 . Gọi S là tập hợp các tất cả các giá trị nguyên dương của
tham số m để phương trình
phần tử của S bằng
A. 66 .

f  f  x   3  m  2 f  x   5 có 6 nghiệm phân biệt. Tổng các

B. 25 .

C. 91.
Lời giải

D. 105 .

Chọn C
Hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau:

Đặt t  f  x   3  f  x   t  3 1 , khi đó:
+) Nếu 2  t  3 

397
316
 1  t 
thì thì 1 có 3 nghiệm phân biệt.
27
27

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

11


t  3  2
t  1
+) Nếu 
  316 thì 1 có hai nghiệm phân biệt.
t  3  397
t 
27
27


 t  1
+) Nếu  316 thì 1 có 1 nghiệm.
t 
27

Phương trình ban đầu trở thành:

1

t  
2
f  t   m  2t  1  
 f  t   m  4t 2  4t  1


1

t    @ 
2

*
m  2t 3  3t 2  12t  6  g  t 

Ta có phương trình ban đầu có 6 nghiệm  * có các nghiệm thỏa mãn

316
 1
  2  t1  t2  27
.

  1  t  t  316  t
3
 2 1 2 27

 1

Bảng biến thiên của hàm số g  t  trên   ;  
 2


m
Bảng biến thiên suy ra 11  m  14 
 m  S  1; 2;3...;13 .


Vậy tổng các phần tử của S bằng 91.
Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  0; 2; 2  , B  2; 2;0  và  P  : x  y  z  7  0 . Gọi

I1 1;1;  1 và I 2  3;1;1 lần lượt là tâm của hai đường tròn nằm trên hai mặt phẳng khác nhau
và có chung một dây cung AB . Biết rằng luôn có một mặt cầu  S  đi qua hai đường tròn ấy.
Gọi M thuộc  S  và h là khoảng cách từ M đến  P  , khi đó h nhỏ nhất bằng
A.

12 3  129
.
3

B.

4 3  129
.
3

C.

5 3  129
.
3

D.

15 3  129
.
3

Lời giải
Chọn A
Ta có: R1  I1 A  11, R2  I 2 A  11 .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

12


A
I2

I1
B


 I1 A   1;1;3
Ta có : 
  I1 A , I1B   10; 4; 2   2  5; 2;1  n ABI1    5; 2;1 .
I
B

1;

3;1



1

 I 2 A   3;1;1
Ta có : 
  I 2 A , I 2 B    2;  4;10   2 1;  2;5   n ABI2   1;  2;5 

 I 2 B   1;  3;  1
Gọi I là tâm mặt cầu  S   II1   ABI1   Đường thẳng II1 qua I1 và có một véc tơ chỉ
phương uII1   5; 2;1 nên có phương trình tham số :

 x  1  5t

 y  1  2t  I 1  5t;1  2t ;  1  t   II1   5t  2; 2t ; t  2  .
 z  1  t

Vì II 2   ABI 2   nII2  k .n ABI2 

 1
5t  2  k
t

 3
 2t  2k  
t  2  5k
k   1


3


129
8 5 2
 8 1 8
.
 I  ; ;    IA    ; ;   R  IA 
3
3 3 3
 3 3 3

Ta có : d  I ;  P    4 3  R .

Do đó : d  M ;  P   nhỏ nhất  M  M 1 .
Khi đó : d  M ;  P  min  d  M1;  P    IA  R  4 3 

129 12 3  129

.
3
3

Câu 40: Cho hàm số f  x   x3  3x 2  m . Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m

 m  2020  để với mọi bộ ba số phân biệt
của tam giác
A. 2015 .

B. 2011 .

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

a, b, c  1;3 thì f  a  , f  b  , f  c  là độ dài ba cạnh
C. 2020 .
Lời giải

D. 2019 .

13


Chọn B

x  0
Ta có: f   x   3x 2  6 x ; f   x   0  
.
x  2
Bảng biến thiên của f  x   x3  3x 2  m .


4  m  0
Để f  a  , f  b  , f  c  là độ dài ba cạnh của một tam giác  
 m8

4

m


4

m

m





m 
Mà 
 m 9;10;11;..; 2019  có 2019  9  1  2011 giá trị m thỏa yêu cầu bài
m

2020

toán.
Câu 41: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  0;1 và thỏa mãn
1

Tích phân I   f  x  dx có kết quả dạng
0

x3  1. 4 x. f (1  x)  f ( x)   x 5 .

a b
a b 2
( a , b, c  , ,
là phân số tối giản). Giá
c c
c

trị T  a  2b  3c bằng
A. T  89 .
B. T  27 .

D. T  81 .

C. T  35 .
Lời giải

Chọn D
x3  1. 4 x. f (1  x)  f ( x)   x 5 . Thay x  0  f  0   0 .

Ta có:

x  1. 4 x. f (1  x)  f ( x)   x 5  4 xf  1  x   f  x  

Mặt khác

3

Lấy tích phân hai vế trên đoạn  0;1 ta được
1

1

1

0

0

0

1

1

x3  1

.

x5

4 xf  1  x  dx   f  x  dx  
Ta có

x5

dx . (*)
x3  1
1

1

0

0

 xf  1  x  dx   xd  f 1  x    xf 1  x  0   f 1  x  dx   f  0    f 1  x  dx
1

0

0

1

1

1

  f 1  x  dx    f 1  x  d 1  x    f  x  dx . (1)
0

0

1

Xét H  
0

0

1

x5
x3  1

dx 

1 3 x 2 .x 3
dx .
3 0 x3  1

Đặt t  x3  1  t 2  x 3  1  2tdt  3x 2dx .
Đổi cận: x  0  t  1 và x  1  t  2 .
Khi đó H 

1
3

2


1

t 2 1
2
.2tdt 
3
t

2

 t
1

2

 1 dt 

42 2
. (2)
9

Thay (1) và (2) vào (*) ta được
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

14


42 2
42 2
4  f  x  dx   f  x  dx 
  f  x  dx 
.
9
27
0
0
0
1

1

1

Từ đó, a  4 , b  2 và c  27 . Suy ra T  a  2b  3c  81 .
Câu 42: Cho M là tập hợp các số phức thỏa mãn 2 z  2i  4  iz . Gọi z1 , z2 là hai số phức thuộc tập
M sao cho z1  z2  2 . Giá trị của biểu thức P  z1  z2 bằng

A. 2 .

B. 2 3 .

C. 4 .
Lời giải

D.

3.

Chọn B

Đặt z  x  yi ( x , y 

)

Ta có 2 z  2i  4  iz  2  x  yi   2i || 4  i  x  yi   4 x 2   2 y  2   x 2   y  4 
2

2

 3x 2  3 y 2  12  x 2  y 2  4 .

Gọi A , B lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức z1 và z2 . Khi đó A , B thuộc đường
tròn  C  : x 2  y 2  4 có tâm O  0;0  và bán kính R  2 .
Mặt khác z1  z2  2  AB  2 . Do đó tam giác OAB đều.
Ta lại có P  z1  z2  2OH với H là trung điểm của AB . Suy ra P  2.

2 3
2 3.
2

Câu 43: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a , góc ABC  120 . Hình
chiếu vuông góc của S trên  ABCD  tr ng với trung điểm H của OD , góc giữa  SBC  và
đáy bằng 60 . Gọi M là trung điểm SB , N là điểm thuộc cạnh SD sao cho SN  2ND . Tính
thể tích V của khối tứ diện ACMN .
A.

3a 3 3
.
64

B.

3a 3 3
.
32

C.

3a 3 3
.
16

D.

3a 3 3
.
8

Lời giải
Chọn A

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

15


Do tứ giác ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a , góc ABC  120 nên tam giác BCD đều cạnh
a. Gọi K là trung điểm của BC thì DK 
Kẻ HI  BC tại I  HI DK nên
Có SH  BC  SI  BC nên

a 3
.
2

HI BH 3
3a 3

  HI 
.
DK BD 4
8

 SBC  ,  ABCD     SI , HI   60 .

Do tam giác SHI vuông tại H nên SIH   SI , HI   60  SH  HI .tan SIH 
1 1
1
3a3 3
Ta có VS . ABCD  S ABCD .SH  . AC.BD.SH 
.
3 2
3
16
Vì O , M lần lượt là trung điểm của BD và SB  SD OM  SD

9a
.
8

 ACM  .

Nên d  N ,  ACM    d  S ,  ACM   . Ta có: VACMN  VN . ACM  VS . ACM .
1
1
VS . ACM SM 1
3a3 3
  VS . ACM  VS . ACB  VS . ABCD 
.

4
2
VS . ACB
SB 2
64

Câu 44: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 3a và BB  a 3 . Gọi  là góc
giữa  ABC  và  ABC  , giá trị tan  bằng
A.

2
.
3

B.

2 3
.
3

C.

3
.
3

D.

3.

Lời giải
Chọn A

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

16


3a 3

2
AM  BC . Lại có AA  BC  AM  BC nên ta có :   ABC  ,  ABC     AM , AM    .

Gọi M là trung điểm của BC , do tam giác ABC đều cạnh 3a nên AM 

Vì tam giác AAM vuông tại A  AMA   AM , AM    .
Vậy tan  

AA 2
 .
AM 3

Câu 45: Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn z1  2  i  z1  4  7i  6 2 và 2iz2  1  2i  1 . Biết giá trị
nhỏ nhất của T  z1  z2 có dạng
A. 18 .

B. 15 .

a 2 4
. Giá trị a  2b bằng:
b
C. 11 .
Lời giải

D. 16 .

Chọn .
Không có đáp án!
+ Ta có T  z1  z2  z1    z2  , nên ta gọi M biểu diễn cho z1 , N biểu diễn cho  z2 suy ra
T  z1    z2   MN , nên T nhỏ nhất khi MN ng n nhất.

+ Ta biến đổi z1  2  i  z1  4  7i  6 2  z1   2  i   z1   4  7i   6 2 nên gọi

A  2;1 , B  4;7  lần lượt biểu diễn cho 2  i và 4  7i , khi này điều kiện trên tương đương
với MA  MB  AB vậy tập hợp các điểm M là đoạn thẳng AB .
+ Ta biến đổi



1  2i 
 1 
2iz2  1  2i   1   2i  .   z2 
  1   2i  .   z2  1  i    1
 2i  
 2 



 1  1
 1 
 2i .  z2  1  i   1   z2  1  i   ; suy ra tập hợp các điểm N là đường tròn
 2  2
 2 
1
 1
tâm I 1;  , bán kính R  .
2
 2

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

17


y

B

7

M

N

A
1
-2

O

I
1

4x

+ Ta có phương trình đường AB là x  y  3  0 , khoảng cách d  I , AB  

7 2
và nhìn vào vị
4

trí giữa đoạn AB và đường tròn ta thấy MN ng n nhất bằng
7 2 1 7 2  2 14 2  4
;
 

4
2
4
8
Vậy a  14, b  8 và a  2b  30 .
MNmin  d  I , AB   R 

Sửa lại
‘‘Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn z1  2  i  z1  4  7i  6 2 và 2iz2  1  2i  1 . Biết giá trị
nhỏ nhất của T  z1  z2 có dạng
B. 15 .

A. 18 .

a 2 2
. Giá trị a  2b bằng:
b
C. 11 .
Lời giải

D. 16 .’’

Chọn B.
7 2 1 7 2 2
;
 
4
2
4
Vậy a  7, b  4 và a  2b  15 .

… MNmin  d  I , AB   R 

Câu 46: Trong
d:

không

gian

Oxyz ,

cho

mặt

phẳng

  : 2 x  y  2 z  2  0 ,

đường

thẳng

x 1 y  2 z  3


và điểm A 1; 1; 2  . Gọi  là đường thẳng nằm trong   , song song
1
2
2

với d đồng thời cách d một khoảng bằng 3 . Đường  c t mặt phẳng  Oyz  tại điểm B có
tung độ dương. Độ dài đoạn AB bằng
A. 11 .

B.

42 .

C. 5 2 .
Lời giải

D.

62 .

Chọn C.
Ta dễ thấy d    ; ta chọn điểm M  1; 2; 3  d ; gọi d  nằm trong   và vuông góc

 x  1  2t

với d tại M thì có VTPT là u  ud  n   6;6; 3 ; vậy d  :  y  2  2t .
 z  3  t

Ta gọi C  1  2t; 2  2t; 3  t   d  thoả mãn MC  3 , tương đương với

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

18


 2t    2t 
2

2

 t 2  32  t  1 .

x  1 s

Với t  1  C 1; 4; 2  , nên  :  y  4  2s     Oyz   B  0; 6; 6  (loại).
 z  2  s

 x  3  k

Với t  1  C  3;0; 4  , nên  :  y  0  2k     Oyz   B  0;6; 2  (thoả mãn).
 z  4  k

Vậy AB  50  5 2 .
Câu 47: Cho đa giác đều 100 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác. Xác suất để 3 đỉnh được chọn
là 3 đỉnh của một tam giác t là
16
8
3
4
A. .
B. .
C.
.
D. .
11
11
11
33
Lời giải
Chọn B
3
 161700 .
Số phần tử của không gian mẫu: n     C100
Gọi T là biến cố 3 đỉnh chọn được là ba đỉnh của tam giác t
Giả sử ABC là tam giác t được tạo ra, A  90 .
● Chọn đỉnh B có 100 cách chọn.

B

Kẻ đường kính BD của đường tròn  O  . Do đa giác
đều 100 đỉnh nên D cũng là một đỉnh của đa giác.
Trên mỗi nửa đường tròn đường kính BD có 49 đỉnh
đa giác. Do ABC là tam giác t tại A nên A và C
buộc phải nằm trên c ng một nửa đường tròn
● Chọn nửa đường tròn có 2 cách chọn.
● Trong nửa đường tròn chọn ra hai điểm A và C có

49 điểm

(I)

O

(II)

49 điểm

D

C492 cách; trong hai điểm chọn ra thì A là điểm nằm giữa B và C (vì ABC là tam giác t tại
A ) nên ta phải bỏ đi các trường hợp C là điểm nằm giữa B và A .

100.2.C492
 117600 nên n T   117600 .
Suy ra số tam giác t là
2
117600 8
 .
Vậy xác suất cần tính là P T  
161700 11

Câu 48: Cho hàm số y  f  x   x3   2m  1 x 2   2  m  x  2 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số
a
a 
m để đồ thị hàm số y  f  x  có 5 điểm cực trị là  ; c  , (với a, b, c là các số nguyên và
b
b 
là phân số tối giản). Giá trị của biểu thức M  a 2  b 2  c 2 là
A. M  45 .
B. M  11 .
C. M  31 .
D. M  40 .
Lời giải
Chọn A

Hàm số y  f  x  có năm điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị
dương. Điều này tương đương với phương trình f   x   0 có hai nghiệm dương phân biệt.
Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

19


Ta có f   x   3x 2  2  2m  1 x  2  m .


2
   2m  1  3  2  m   0

2  2m  1
5

 m2.
f   x   0 có hai nghiệm dương phân biệt   S 
0
4
3

2m

 P  3  0
Vậy a 2  b 2  c 2  25  16  4  45 .
Câu 49: Theo dự báo với mức tiêu thụ dầu không đổi như hiện nay thì trữ lượng dầu của nước A sẽ hết
sau 100 năm nữa. Nhưng do nhu cầu thực tế, mức tiêu thụ tăng lên 4% mỗi năm. Hỏi sau ít nhất
bao nhiêu năm số dầu dự trữ của nước A sẽ hết?
A. 39 năm.
B. 41 năm.
C. 40 năm.
D. 42 năm.
Lời giải
Chọn B
Gọi x là mức tiêu thụ dầu trong một năm theo kế hoạch của nước A
Suy ra trữ lượng dầu của nước A sẽ còn là 100x
Thực tế, mức tiêu thụ của nước A tăng lên 4% mỗi năm nên
Mức tiêu thụ cuối năm thứ nhất là x 1  4%   1, 04 x
Mức tiêu thụ cuối năm thứ hai là x 1  4%   1,04  x
……………………………………………………………..
n
Và mức tiêu thụ cuối năm thứ n là 1,04  x .
Để sử dụng hết lượng dầu thì
2

2

1,04 x  1,04  x  1,04  x  ...  1,04  x  100 x
2

3

n

 1,04   1,04   ...  1,04   100
2

1, 04 
 1, 04.

n

1

0, 04

n

 100  1, 04  
n

5, 04
5, 04
 n  log1,04
 40, 24 năm.
1, 04
1, 04

Câu 50: Một vị trí trong công viên có dạng hình hình chữ nhật ABCD , AB  16m; AD  5m . Người ta
thiết kế như sau: Ở chính giữa là lối đi có chiều rộng MN  1m , ở phía hai bên sử dụng để
trồng hai loại hoa kiểng, phần tô đậm giới hạn bởi hình chữ nhật và hai đường parabol để trồng
hoa loại 1, phần còn lại (gạch sọc) trồng hoa loại 2 (hình vẽ). Biết rằng chi phí làm lối đi là
280000 đồng/ m 2 , chi phí trồng hoa loại 1 là 200000 đồng/ m 2 , chi phí trồng hoa loại 2 là
180000 đồng/ m 2 . Tổng số tiền đã sử dụng để làm theo thiết kế trên gần bằng kết quả nào sau
đây? (làm tròn đến nghìn đồng)

A. 18987000 .

B. 17387000 .

C. 16853000 .
Lời giải

D. 17600000 .

Chọn C

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

20


Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Vì parabol đi qua các điểm A  8; 2  , B  8; 2  và O  0;0  nên có phương trình là y 

1 2
x .
32

+ Diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi parabol và hình chữ nhật (phần tô đậm) là

1 
128

S1  4  2  x 2  dx 
32 
3
0
8

 Chi phí trồng hoa kiểng phần này là

128
 200.000  8.533.333,33 đồng.
3

8

8

1
1
64
+ Diện tích phần gạch sọc là S2  4 x 2dx   x 2dx 
32
80
3
0
64
 180.000  3.840.000 đồng.
3
+ Chi phí làm lối đi là 16  280000  4.480.000 đồng
Tổng số tiền đã sử dụng để làm theo thiết kế trên là 16853333,33 đồng.

 Chi phí trồng hoa kiểng phần này là

---HẾT---

Nhóm word hóa tài liệu & đề thi toán

21



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×