Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia môn Toán Lớp 12 - Đề số 2

30 trang nhatle22 3900

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia môn Toán Lớp 12 - Đề số 2", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

de_thi_thu_trung_hoc_pho_thong_quoc_gia_mon_toan_lop_12_de_s.doc

Nội dung text: Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia môn Toán Lớp 12 - Đề số 2

Cập nhật đề thi mới nhất tại TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 8 Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1: Hàm số y x4 2x3 2x có bao nhiêu điểm cực trị? A. .0 B. . 1 C. . 2 D. . 3 y ax b Câu 2: Cho hàm số y có đồ thị như hình vẽ dưới. cx d Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. .a 0, b 0, c 0, d 0 B. .a 0, b 0, c 0, d 0 O x C. .a 0, b 0, c 0, d 0 D. .a 0, b 0, c 0, d 0 Câu 3: Đồ thị hàm số y x2 x2 3 tiếp xúc với đường thẳng y 2x tại bao nhiêu điểm? A. .0 B. . 1 C. . 2 D. . 3 1 x Câu 4: Cho hàm số y . Mệnh đề nào dưới đây đúng? x2 1 A. Đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận đứng. y B. Đồ thị hàm số đã cho có đúng hai tiệm cận đứng. 4 C. Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang. D. Đồ thị hàm số đã cho có đúng hai tiệm cận ngang. 3 Câu 5: Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào? 2 O 1 2 x x4 x2 x4 x2 x4 A. y 4 . B. y 4 x2. C. y 4 . D. y 4 . 4 2 8 4 16 Câu 6: Giả sử tồn tại hàm số y f x xác định trên ¡ \ 1, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau: x 2 1 0 1 2 y 0 0 0 0 1 1 y 2 0 Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình f x m có bốn nghiệm thực phân biệt là A. 2;0 1. B. 2;0  1. C. 2;0. D. 2;0 . Câu 7: Cho hàm số y x4 2x2 . Gọi là đường thẳng đi qua điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho và có hệ số góc m . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho tổng các khoảng cách từ hai điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho đến nhỏ nhất là 1  A. . 0 B. .  C. .  D. . 1 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 1/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại Câu 8: Cho hàm số y x3 2m 1 x2 1 m x . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số đã cho có 2 điểm cực trị, đồng thời hoành độ điểm cực đại không nhỏ hơn 1 là 1 1 A. . ;  2 B. . ;  2; 4 4 1 1 C. . ; D. . ;  2 4 4 x2 x m2 Câu 9: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho hàm số y đạt cực đại tại x 1 x 1 là: A. .  B. . 2 C. . 2; D.2 .  x 2 Câu 10: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình m có đúng hai x 1 nghiệm phân biệt là: A. . 0;2 B. . 1;2 C. . D. 1.;2 0 1;2  0 Câu 11: Một vùng đất hình chữ nhật ABCD có AB 25km , BC 20km và M , N lần lượt là trung điểm của AD , BC . Một người cưỡi ngựa xuất phát từ A đi đến C bằng cách đi thẳng từ A đến một điểm X thuộc đoạn MN rồi lại đi thẳng từ X đến C Vận. tốc của ngựa khi đi trên phần ABNM là 15km/h, vận tốc của ngựa khi đi trên phần MNCD là 30km/h . Thời gian ít nhất để ngựa di chuyển từ A đến C là mấy giờ? 2 5 41 4 29 5 A. . B. . C. . D. . 3 4 6 3 1 Câu 12: Hàm số y 4 x2 5 có tập xác định là A. 2;2 . B. ;2  2; . C. ¡ . D. ¡ \ 2. Câu 13: Phương trình x ln x 1 0 có số nghiệm là A. .0 B. . 1 C. . 2 D. . e x x 1 Câu 14: Giá trị của m để phương trình 4 m.2 2m 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 3 là 9 3 A. .m 3 B. . m 4 C. . mD. . m 2 2 2x2 6x Câu 15: Tìm tập xác định của hàm số f x 7 2x 6.2 x x . x 4 A. . B. . 0 C. . 2;lD.og 2. 6 2;log2 6 0 Câu 16: Nếu a log2 3 , b log2 5 thì 1 1 1 1 1 1 A. .l og 6 360 aB. . b log 6 360 a b 2 3 4 6 2 2 6 3 1 1 1 1 1 1 C. .l og 6 360 aD. . b log 6 360 a b 2 2 3 6 2 6 2 3 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 2/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại 2x2 x 1 1 x 2 1 2 1 Câu 17: Tập nghiệm của bất phương trình x x là 2 2 2 2 A. . 1; B. . 0; 2 2 2 2 C. . 1;0 D. . 1;  0; 2 2 sin x Câu 18: Đạo hàm của hàm số f x x là 3 cos x 1 1 3 cos4 x sin x 3 cos 2 x 3 cos4 x sin2 x 3 cos 2 x A. . f x B. . 3 1 f x 3 1 3 cos2 x 6 cos x 1 2 3 cos4 x sin2 x 3 cos x 3 cos2 x 1 2 3 cos2 x 1 C. . f x D. . 3 1 f x 3 cos2 x 3cos x 3 cos x x2 1 x Câu 19: Cho hàm số y . Khẳng định nào đúng? 3x A. Hàm số đã cho nghịch biến trên ¡ . B. Hàm số đã cho là hàm số lẻ. C. Giá trị của hàm số đã cho luôn không dương. D. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang. Câu 20:Một người vay ngân hàng 200.000.00 0đồng theo hình thức trả góp hàng tháng trong 4 8tháng. Lãi suất ngân hàng cố định 0,8% / tháng. Mỗi tháng người đó phải trả (lần đầu tiên phải trả là 1 tháng sau khi vay) số tiền gốc là số tiền vay ban đầu chia cho 48 và số tiền lãi sinh ra từ số tiền gốc còn nợ ngân hàng. Tổng số tiền lãi người đó đã trả trong toàn bộ quá trình nợ là bao nhiêu? A. 3đồng.8.400 .00B.0 đồng. C. 1đồng.0.451 .7D.77 đồng. 76.800.000 39.200.000 2 2 2 b Câu 21: Giá trị nhỏ nhất của P loga b 6 log với a , b là các số thực thay đổi thỏa mãn b a a b a 1 là A. .3 0 B. . 40 C. . 50 D. . 60 Câu 22: Nguyên hàm của hàm số y cos2 x.sin x là 1 1 1 A. . cos3 x B.C . C. . cosD.3 x . C cos3 x C sin3 x C 3 3 3 10 6 Câu 23: Cho f x liên tục trên đoạn 0;10 thỏa mãn f x dx 7 ; f x dx 3 . Khi đó giá trị của 0 2 2 10 biểu thức P f x dx f x là 0 6 A. 10. B. 4 . C. 3 . D. . 4 1 4 Câu 24: Cho f x dx 2 . Giá trị của I f cos 2x sin x cos xdx bằng 0 0 1 1 1 1 A. . B. C. . D. . 2 4 2 4 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 3/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại Câu 25: Thể tích của vật thể tròn xoay tạo bởi khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y x2 2x , y 0, x 0 , x 1 quanh trục hoành Ox có giá trị bằng 8 7 15 8 A. . B. . C. . D. . 15 8 8 7 Câu 26: Xét hàm số y f x liên tục trên miền D a;b có đồ thị là một đường cong C . Gọi S là phần giới hạn bởi C và các đường thẳng x a , x b . Người ta chứng minh được rằng diện b 2 tích mặt cong tròn xoay tạo thành khi xoay S quanh Ox bằng S 2 f x 1 f x dx . a Theo kết quả trên, tổng diện tích bề mặt của khối tròn xoay tạo thành khi xoay phần hình phẳng 2x2 ln x giới hạn bởi đồ thị hàm số f x và các đường thẳng x 1 , x e quanh Ox là 4 2e2 1 4e4 9 4e4 16e2 7 4e4 9 A. . B. . C. . D. . 8 64 16 16 x4 Câu 27: Cho hàm số y 2m2 x2 2 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho đồ thị 2 của hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu, đồng thời đường thẳng cùng phương với trục hoành 64 qua điểm cực đại tạo với đồ thị một hình phẳng có diện tích bằng là 15 2  1  A. . B. . 1 C. . D. . ; 1 ; 1 2  2  Câu 28: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hàm số y x2 x2 1 , trục Ox và đường thẳng x 1 bằng a b ln 1 b với a , b , c là các số nguyên dương. Khi đó giá trị của a b c là c A. .1 1 B. . 12 C. . 13 D. . 14 Câu 29: Cho số phức z 2 3i . Điểm biểu diễn số phức liên hợp của z là A. . 2;3 B. . 2; C.3 . D. 2.; 3 2;3 Câu 30: Số phức nghịch đảo của số phức z 1 3i là 1 1 1 A. . 1 3i B. . C. . 1 3i D. . 1 3i 1 3i 10 10 10 2 Câu 31: Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 4z 8z 5 0 . Giá trị của biểu thức 2 2 z1 z2 là 5 3 A. . B. . C. . 2 D. . 5 2 2 Câu 32: Xét số phức z thỏa mãn 2 z 1 3 z i 2 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3 1 1 3 A. . z 2 B. . z C.2 . D. . z z 2 2 2 2 Câu 33:Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 2 z 2 5 trên mặt phẳng tọa độ là một A. đường thẳng. B. đường tròn. C. elip. D. hypebol. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 4/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại 1 Câu 34: Cho số phức z thỏa mãn z 3 . Tổng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z là z A. .3 B. . 5 C. . 13 D. . 5 Câu 35: Khối đa diện đều loại p;q là khối đa diện có đặc điểm: A. mỗi mặt là đa giác đều p cạnh và mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng q mặt. B. có p mặt là đa giác đều và mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng q cạnh. C. có p mặt là đa giác đều và mỗi mặt có q cạnh. D. có q mặt là đa giác đều và mỗi mặt có p cạnh. Câu 36: Cho hình chóp S.ABC có khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng ABC là 2a và thể tích bằng a3 . Nếu ABC là tam giác vuông cân thì độ dài cạnh huyền của nó là a 6 a 3 A. .a 3 B. . a 6 C. . D. . 2 2 Câu 37: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D có thể tích bằng 1 và G là trọng tâm của tam giác BCD . Thể tích V của khối chóp G.ABC là 1 1 1 1 A. .V B. . V C. . VD. . V 3 6 12 18 Câu 38: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB a 2 , AC a 5 . Hình chiếu của điểm S trên mặt phẳng ABC trùng với trung điểm của đoạn thẳng BC . Biết rằng góc giữa mặt phẳng SAB và mặt phẳng ASC bằng 60 . Thể tích của khối chóp S.ABC là 5a3 6 5a3 10 a3 210 a3 30 A. . B. . C. . D. . 12 12 24 12 Câu 39: Cho hình trụ có khoảng cách giữa hai đáy bằng 10, biết diện tích xung quanh của hình trụ bằng 80 . Thể tích của khối trụ là A. .1 60 B. . 164 C. . 64 D. . 144 Câu 40: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A B C có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h . Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho là 2 2 2 4a a h A. . h B. . 3 3 2 2 2 2 2 3 2 4a h a h a C. . h D. . 3 3 4 3 3 4 3 Câu 41: Giá trị lớn nhất của thể tích khối nón nội tiếp trong khối cầu có bán kính R là 1 4 4 2 32 A. . R3 B. . R3 C. . D. . R3 R3 3 3 9 81 Câu 42: Cho tam giác đều ABC cạnh 1 và hình vuông MNPQ nội tiếp trong tam giác ABC (M thuộc AB, N thuộc AC, P , Q thuộc BC). Gọi S là phần mặt phẳng chứa các điểm thuộc tam giác ABC nhưng không chứa các điểm thuộc hình vuông MNPQ .Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay S quanh trục là đường thẳng qua A vuông góc với BC là 810 467 3 4 3 3 4 3 3 54 31 3 A. . B. . C. . D. . 24 96 96 12 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 5/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại Câu 43: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt cầu S : x2 y2 z2 8x 4y 2z 4 0 có bán kính R là A. .R 5 B. . R 2C.5 . D.R . 2 R 5 Câu 44: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng P đi qua hai điểm A 0;1;0 , B 2;3;1 và vuông góc với mặt phẳng Q : x 2y z 0 phương trình là A. .4 x 3y 2z 3 0 B. . 4x 3y 2z 3 0 C. .x 2y 3z 11 0 D. . x 2y 3z 7 0 Câu 45: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A 1; 2;2 , B 3; 2;0 và P : x 3y z 2 0 . Vectơ chỉ phương của đường thẳng là giao tuyến của P và mặt phẳng trung trục của AB có tọa độ là: A. . 1; 1;0 B. . 2C.;3; . 2 D. . 1; 2;0 3; 2; 3 Câu 46: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 1;5 và B 0;0;1 . Mặt phẳng P chứa A , B và song song với trục Oy có phương trình là A. .4 x y z 1 0 B. . 2x z 5 0 C. .4 x z 1 0 D. . y 4z 1 0 x 1 y z 2 Câu 47: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : và điểm 2 1 2 M 2;5;3 . Mặt phẳng P chứa sao cho khoảng cách từ M đến P lớn nhất là A. .x 4y z 1 0 B. . x 4y z 3 0 C. .x 4y z 3 0 D. . x 4y z 1 0 Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;2;2 , B 5;4;4 và mặt phẳng P : 2x y z 6 0 Nếu M thay đổi thuộc P thì giá trị nhỏ nhất của MA2 MB2 là 200 2968 A. .6 0 B. . 50 C. . D. . 3 25 Câu 49: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có A 2;3;1 , B 4;1; 2 , C 6;3;7 và D 1; 2;2 . Các mặt phẳng chứa các mặt của tứ diện ABCD chia không gian Oxyz thành số phần là A. .9 B. . 12 C. . 15 D. . 16 x 1 y 4 z 4 Câu 50: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : và các 3 2 1 điểm A 2;3; 4 , B 4;6; 9 . Gọi C , D là các điểm thay đổi trên đường thẳng sao cho CD 14 và mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. Khi đó, tọa độ trung điểm của đoạn thẳng CD là 79 64 102 181 104 42 101 13 69 A. ; ; B. . C. . ; D.; . ; ; 2;2;3 35 35 35 5 5 5 28 14 28 HẾT TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 6/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 B D B B C C D C D D A A B B D C D D A D D C B A A 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 D B C A B A D C C A B D D A C D A D B D C C A C D GIẢI Câu 1: Hàm số y x4 2x3 2x có bao nhiêu điểm cực trị? A. .0 B. . 1 C. . 2 D. . 3 Hướng dẫn giải Chọn B. 2 1 y x4 2x3 2x y 4x3 6x2 2 0 2 2x 1 x 1 0 x 1 hoặc x . 2 Bảng biến thiên: 1 x –∞ 1 +∞ 2 y 0 0 y Dựa vào BBT, Suy ra hàm số có 1 điểm cực trị. y ax b Câu 2: Cho hàm số y có đồ thị như hình vẽ dưới. cx d Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. .a 0, b 0, c 0, d 0 B. .a 0, b 0, c 0, d 0 O x C. .a 0, b 0, c 0, d 0 D. .a 0, b 0, c 0, d 0 Hướng dẫn giải Chọn D. Dựa vào đồ thị ta có a o Tiệm cận ngang y 0 nên a và c trái dấu loại đáp án A và C. c d o Tiệm cận đứng x 0 nên d và c trái dấu (vậy nên a , d cùng dấu) c b o f 0 0 nên b và d cùng dấu loại đáp án B. d Câu 3: Đồ thị hàm số y x2 x2 3 tiếp xúc với đường thẳng y 2x tại bao nhiêu điểm? A. .0 B. . 1 C. . 2 D. . 3 Hướng dẫn giải Chọn B. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 7/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại 2 2 Gọi M x0 ; y0 là tọa độ tiếp điểm của đồ thị hàm số y f x x x 3 và đường thẳng f x g x y g x 2x . Khi đó x0 là nghiệm của hệ phương trình (1). Ta có f x g x 2 2 2 2 x 1, x 0, x 2 x x 3 2x x x 3 2x 1 1 3 x 1 4x3 6x 2 4x3 6x 2 x 1, x 2 Vậy chỉ có một điểm thỏa yêu cầu bài toán. 1 x Câu 4: Cho hàm số y . Mệnh đề nào dưới đây đúng? x2 1 A. Đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận đứng. B. Đồ thị hàm số đã cho có đúng hai tiệm cận đứng. C. Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang. D. Đồ thị hàm số đã cho có đúng hai tiệm cận ngang. Hướng dẫn giải Chọn B. Tập xác định: D ;1 \ 1 1 x lim y lim 2 x 1 x 1 x 1 Ta có: nên hàm số có tiệm cận đứng x 1 . 1 x lim y lim 2 x 1 x 1 x 1 1 x 1 x 1 Ta có lim y lim 2 lim lim nên hàm số có tiệm x 1 x 1 x 1 x 1 1 x x 1 x 1 1 x x 1 cận đứng x 1 1 1 1 x 4 3 Ta có lim y lim lim x x 0 nên hàm số có tiệm cận ngang bằng y 0 . x x 2 x 1 x 1 1 x2 y Câu 5: Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào? 4 x4 A. y 4 . B. y 4 x2. 3 4 x2 x4 x2 x4 C. y 4 . D. y 4 . 2 8 4 16 2 O 1 2 x Hướng dẫn giải Chọn C. + Ta có đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm 2;0 và 2;0 nên thay tọa độ đó vào các hàm số trong đáp án thì loại đáp án D. + Đồ thị không đi qua điểm 1;3 nên thay tọa độ điểm vào đáp án A, B, C thì loại đáp án B. 15 + Với x 1 thì từ đáp án A ta có y 3,75 điều này theo đồ thì là không đúng (Theo hình 4 vẽ với x 1 thì y 3,5 ). Do đó loại đáp án A. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 8/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại Vậy đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số trong đáp án C. Câu 6: Giả sử tồn tại hàm số y f x xác định trên ¡ \ 1, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau: x 2 1 0 1 2 y 0 0 0 0 1 1 y 2 0 Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình f x m có bốn nghiệm thực phân biệt là A. 2;0 1. B. 2;0  1. C. 2;0. D. 2;0 . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có lim y lim f x 1 nên phần đồ thị tương ứng với x 1; có đường tiệm cận x x ngang là y 1 . Do đó phần đồ thị này không cắt đường thẳng y 1 . Ta có lim y lim f x 0 nên phần đồ thị tương ứng với x ;1 có đường tiệm cận x x ngang là y 0 . Do đó phần đồ thị này không cắt đường thẳng y 0 . Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình f x m có bốn nghiệm thực phân biệt thì đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y f x tại bốn điểm phân biệt khi 2 m 0 . Câu 7: Cho hàm số y x4 2x2 . Gọi là đường thẳng đi qua điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho và có hệ số góc m . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho tổng các khoảng cách từ hai điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho đến nhỏ nhất là 1  A. . 0 B. .  C. .  D. . 1 2 Hướng dẫn giải Chọn D. y x4 2x2 . TXĐ: D ¡ . x 0 3 2 y 4x 4x 4x x 1 , y 0 x 1 x 1 x 1 0 1 y 0 0 0 0 y 1 1 Vậy, điểm cực đại của đồ thị hàm số là gốc tọa độ O 0;0 . Các điểm cực tiểu là A 1; 1 và B 1; 1 . Phương trình đường thẳng thỏa đề bài có dạng y mx , hay mx y 0 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 9/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại m 1 m 1 m 1 m 1 S d A; d B; m2 1 m2 1 m2 1 2 2 2 2 m 1 2 m 1 m 1 0 S 2 2 2. 2 2. 2 . m2 1 m2 1 m2 1 Vậy S 2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi m2 1 0 hay m 1 . Vì S 0 nên ta kết luận S đạt giá trị bé nhất là 2 khi m 1 Câu 8: Cho hàm số y x3 2m 1 x2 1 m x . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số đã cho có 2 điểm cực trị, đồng thời hoành độ điểm cực đại không nhỏ hơn 1 là 1 1 A. . ;  2 B. . ;  2; 4 4 1 1 C. . ; D. . ;  2 4 4 Hướng dẫn giải Chọn C. Tập xác định D ¡ . Ta có y 3x2 2 2m 1 x 1 m . Vậy y 0 3x2 2 2m 1 x 1 m 0 (*) Đồ thị của hàm số đã cho có 2 điểm cực trị (*) có 2 nghiệm phân biệt 1 m 0 4m2 7m 2 0 4 (1) m 2 Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của (*), sao cho x1 x2 . Ta có bảng biến thiên x x1 x2 y 0 0 y Vậy x1 là điểm cực đại của hàm số đã cho. Đặt VT * f x . Yêu cầu bài toán tương đương hai nghiệm phân biệt x1 , x2 của phương trình * phải thỏa 1 x1 x2 , nghĩa là f 1 0 m 2 b 2m 1 m 2 (2) 1 m 2 2a 3 1 Từ (1) và (2) suy ra m . 4 x2 x m2 Câu 9: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho hàm số y đạt cực đại tại x 1 x 1 là: A. .  B. . 2 C. . 2; D.2 .  Hướng dẫn giải Chọn D. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 10/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại Tập xác định D ¡ \ 1 . x2 2x 1 m2 y . x 1 2 Hàm số đạt cực đại tại x 1 nên cần có y 1 0 , hay 4 m2 0 m 2 . x2 2x 3 x 1 2 Với m 2 ta được: y 2 ; y 0 x 2x 3 0 . x 1 x 3 Bảng biến thiên: x 3 1 1 y 0 0 0 y 0 Quan sát bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu tại x 1 . Vậy không tồn tại m thỏa yêu cầu bài toán. x 2 Câu 10: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình m có đúng hai x 1 nghiệm phân biệt là: A. . 0;2 B. . 1;2 C. . D. 1.;2 0 1;2  0 Hướng dẫn giải Chọn D. x 2 *Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y f x có đồ thị C ta được đồ thị như hình bên dưới. x 1 x 2 *Từ đồ thị C suy ra đồ thị hàm số y f x có đồ thị C1 bằng cách: x 1 Phần 1 : Giữ nguyên đồ thị hàm số C phần bên phải trục tung. Phần 2 : Lấy đối xứng phần 1 qua trục tung. Ta được đồ thị C1 như hình bên dưới. y y y 2 1 O 1 1O 2 x 2 2 x 2O 2 x 2 2 x 2 x 2 C : y x 2 C1 : y C : y x 1 x 1 2 x 1 x 2 *Từ đồ thị hàm số C1 suy ra đồ thị hàm số y f x có đồ thị C2 bằng cách: x 1 Phần 1: Giữ nguyên phần đồ thị C1 nằm trên trục Ox . Phần 2: Lấy đối xứng phần nằm dưới trục Ox của đồ thị C1 qua trục Ox . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 11/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại Ta được đồ thị C2 như hình vẽ bên trên. x 2 Quan sát đồ thị C ta được phương trình m có đúng hai nghiệm phân biệt khi và 2 x 1 m 0 chỉ khi . 1 m 2 Câu 11: Một vùng đất hình chữ nhật ABCD có AB 25km , BC 20km và M , N lần lượt là trung điểm của AD , BC . Một người cưỡi ngựa xuất phát từ A đi đến C bằng cách đi thẳng từ A đến một điểm X thuộc đoạn MN rồi lại đi thẳng từ X đến C Vận. tốc của ngựa khi đi trên phần ABNM là 15km/h, vận tốc của ngựa khi đi trên phần MNCD là 30km/h . Thời gian ít nhất để ngựa di chuyển từ A đến C là mấy giờ? 2 5 41 4 29 5 A. . B. . C. . D. . 3 4 6 3 Hướng dẫn giải Chọn A. A 25km B Gọi MX x km với 0 x 25 2 2 Quãng đường AX x 10 15km/h 20km 2 x 100 X thời gian tương ứng h M N 15 x Quãng đường CX 25 x 2 102 30km/h x2 50x 725 thời gian tương ứng h D C 30 x2 100 x2 50x 725 Tổng thời gian f x với x 0;25 , tìm giá trị nhỏ nhất f x 15 30 x x 25 f x , f x 0 x 5 15 x2 100 30 x2 50x 725 4 29 1 29 2 5 Tính các giá trị f 0 1,56 , f 25 2,13 , f 5 1,49 6 3 3 2 5 Vậy hàm số đạt GTNN bằng tại x 5 3 1 Câu 12: Hàm số y 4 x2 5 có tập xác định là A. 2;2 . B. ;2  2; . C. ¡ . D. ¡ \ 2. Hướng dẫn giải Chọn A. Hàm số đã cho là hàm luỹ thừa với số mũ không nguyên Hàm số xác định khi và chỉ khi 4 x2 0 2 x 2 . Vậy TXĐ D 2;2 . Câu 13: Phương trình x ln x 1 0 có số nghiệm là A. .0 B. . 1 C. . 2 D. . e Hướng dẫn giải TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 12/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại Chọn B. Điều kiện x 0 . x 0 x 0 Phương trình đã cho tương đương với . Do x 0 nên phương trình có ln x 1 x e nghiệm duy nhất là x e . x x 1 Câu 14: Giá trị của m để phương trình 4 m.2 2m 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 3 là 9 3 A. .m 3 B. . m 4 C. . mD. . m 2 2 Hướng dẫn giải Chọn B. Đặt t 2x , điều kiện t 0 . Phương trình đã cho trở thành t 2 2mt 2m 0 (1). Ta có 2x1 x2 8 2x1.2x2 8 . Vậy phương trình (1) phải có hai nghiệm dương t1,t2 sao cho t1.t2 8 . 0 m2 2m 0 Điều kiện t1 t2 0 2m 0 m 4 . 2m 8 t1.t2 8 2x2 6x Câu 15: Tìm tập xác định của hàm số f x 7 2x 6.2 x x . x 4 A. . B. . 0 C. . 2;lD.og 2. 6 2;log2 6 0 Hướng dẫn giải Chọn D. x 7 2x 6.2 x 0 22x 7.2x 6 0 1 2 6 Hàm số xác định 2x2 6x x2 2x x 0 x 0 0 x 4 x 4 2 x 4 0 x log2 6 x 0 x 0 . 2 x log2 6 2 x 4 Câu 16: Nếu a log2 3 , b log2 5 thì 1 1 1 1 1 1 A. .l og 6 360 aB. . b log 6 360 a b 2 3 4 6 2 2 6 3 1 1 1 1 1 1 C. .l og 6 360 aD. . b log 6 360 a b 2 2 3 6 2 6 2 3 Hướng dẫn giải Chọn C. 6 1 2 3 1 1 1 1 log2 360 log2 5.3 .2 3 2log2 3 log2 5 a b . 6 6 2 3 6 2x2 x 1 1 x 2 1 2 1 Câu 17: Tập nghiệm của bất phương trình x x là 2 2 2 2 A. . 1; B. . 0; 2 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 13/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại 2 2 C. . 1;0 D. . 1;  0; 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D. 1 x2 1 2 2x2 x 1 1 x 2 1 2 1 2 1 2 1 x 1 Do x 0x nên x x 2 2 2 2 2 2x x 1 1 x 2 1 0 x 1 2 2 2x x 1 1 x 1 x 1 2 x 2 1 1 x ;  ; 1 2 2 x 1; 2 x  1;0 1 1 1 x 0; x ; 2 2 2 x ; 10; 2 2 x 1;  0; 2 2 sin x Câu 18: Đạo hàm của hàm số f x x là 3 cos x 1 1 3 cos4 x sin x 3 cos 2 x 3 cos4 x sin2 x 3 cos 2 x A. . f x B. . 3 1 f x 3 1 3 cos2 x 6 cos x 1 2 3 cos4 x sin2 x 3 cos x 3 cos2 x 1 2 3 cos2 x 1 C. . f x D. . 3 1 f x 3 cos2 x 3cos x 3 cos x Hướng dẫn giải Chọn D. sin x Chú ý rằng 3 cos x x k . 3.3 cos2 x 2 3 3 sin x sin x . cos x sin x. cos x Ta có f x x 1 3 cos x 3 cos2 x TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 14/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại sin2 x cos x.3 cos x 3 2 3cos2 x sin2 x 33 cos4 x 3 cos x 1 3 cos2 x 3cos x.3 cos2 x 3cos2 x sin2 x 33 cos4 x 2cos2 x 1 33 cos4 x 3cos x.3 cos2 x 3cos x.3 cos2 x 2 3 cos2 x 1 2 3 cos2 x 1 3cos x 3 cos x sin2 x cos x.3 cos x 3 2 Lưu ý với học sinh: Khi tính đến 3 cos x 1 , học sinh có thể loại kết quả theo 3 cos2 x các sau o Loại đáp án A, vì tử số trong đáp án A có dấu trừ. o Loại đáp án B, vì mẫu số của đáp án B là căn bậc 6 sin2 x o Loại đáp án C, vì tử số của đáp án C có sin2 x 3 cos x chứ không phải là . 3 cos2 x x2 1 x Câu 19: Cho hàm số y . Khẳng định nào đúng? 3x A. Hàm số đã cho nghịch biến trên ¡ . B. Hàm số đã cho là hàm số lẻ. C. Giá trị của hàm số đã cho luôn không dương. D. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang. Hướng dẫn giải Chọn A. x x 2 x 1 3 x 1 x .3 .ln 3 x2 1 Ta có y 32x x x2 1 x2 1 x x2 1 ln 3 0 x ¡ 3x. x2 1 vì x x2 1 0 và x2 1 1 với mọi x ¡ . Suy ra hàm số nghịch biến trên ¡ . Câu 20: Một người vay ngân hàng 200.000.000 đồng theo hình thức trả góp hàng tháng trong 48 tháng. Lãi suất ngân hàng cố định 0,8% / tháng. Mỗi tháng người đó phải trả (lần đầu tiên phải trả là 1 tháng sau khi vay) số tiền gốc là số tiền vay ban đầu chia cho 48 và số tiền lãi sinh ra từ số tiền gốc còn nợ ngân hàng. Tổng số tiền lãi người đó đã trả trong toàn bộ quá trình nợ là bao nhiêu? A. 3đồng.8.400 .00B.0 đồng. C. 1đồng.0.451 .7D.77 đồng. 76.800.000 39.200.000 Hướng dẫn giải Chọn D. Để thuận tiện trong trình bày, tất cả các số tiền dưới đây được tính theo đơn vị triệu đồng. 200 Số tiền phải trả tháng thứ 1: 200.0,8% . 48 Số tiền phải trả tháng thứ 2: 200 200 200 200 200 .0,8% 47. .0,8% . 48 48 48 48 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 15/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại Số tiền phải trả tháng thứ 3: 200 200 200 200 200 2. .0,8% 46. .0,8% . 48 48 48 48 Số tiền phải trả tháng thứ 48 200 200 200 200 200 47. .0,8% 1. .0,8% . 48 48 48 48 Suy ra tổng số tiền lãi phải trả là: 200 200 200 1. .0,8% 2. .0,8% 47. .0,8% 200.0,8% 48 48 48 200 200 48 1 48 .0,8% 1 2 48 .0,8%. 39,2 48 48 2 2 2 2 b Câu 21: Giá trị nhỏ nhất của P loga b 6 log với a , b là các số thực thay đổi thỏa mãn b a a b a 1 là A. .3 0 B. . 40 C. . 50 D. . 60 Hướng dẫn giải Chọn D. 2 2 b Ta có P 2log b 6 log . a b 2 a a b a2 Đặt x 1 . Vậy b a2 x và a2 a2 2 2 2 a x 2 2 P 2log a2 x 6 log 4 log a2 log x 6 log xa a x a a x a 2 2 2 2 1 4 2 loga x 6 log x x log x a 4 2 loga x 6 1 . loga x 2 2 1 Đặt t loga x loga 1 0 P 4 t 2 6 1 . t 2 2 1 Xét hàm số f t 4 t 2 6 1 , với t 0; có t 1 1 12 t 1 f t 8 t 2 12 1 . 2 8 t 2 3 . t t t t 0; t 0; t 0; 3 4 3 f t 0 2t t 2 3 t 1 2t 4t 3t 3 0 t 0; t 0; t 1. 3 2 3 2 2t t 1 6t t 1 6t t 1 3 t 1 0 t 1 2t 6t 6t 3 0 Từ đó suy ra f t f 1 60 , nên P 60 . b Dấu " " xảy ra log x 1 nên x a hay a b a3. a a2 Câu 22: Nguyên hàm của hàm số y cos2 x.sin x là TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 16/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại 1 1 1 A. . cos3 x B.C . C. . cosD.3 x . C cos3 x C sin3 x C 3 3 3 Hướng dẫn giải Chọn C. cos3 x Ta có cos2 xsin xdx cos2 xd cos x C. 3 10 6 Câu 23: Cho f x liên tục trên đoạn 0;10 thỏa mãn f x dx 7 ; f x dx 3 . Khi đó giá trị của 0 2 2 10 biểu thức P f x dx f x là 0 6 A. 10. B. 4 . C. 3 . D. . 4 Hướng dẫn giải Chọn B. 10 2 6 10 Vì f x liên tục trên đoạn 0;10 nên f x dx f x dx f x dx f x dx 0 0 2 6 2 10 10 6 P f x dx f x dx f x dx f x dx 7 3 4 . 0 6 0 2 1 4 Câu 24: Cho f x dx 2 . Giá trị của I f cos 2x sin x cos xdx bằng 0 0 1 1 1 1 A. . B. C. . D. . 2 4 2 4 Hướng dẫn giải Chọn A. 4 1 4 Xét I f cos 2x sin x cos xdx f cos 2x sin 2xdx 0 2 0 Đặt t cos 2x dt 2sin 2xdx . Đổi cận: khi x 0 t 1 ; x t 0 . 4 1 0 1 1 1 1 I f t dt f t dt .2 . 4 1 4 0 4 2 Câu 25: Thể tích của vật thể tròn xoay tạo bởi khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y x2 2x , y 0, x 0 , x 1 quanh trục hoành Ox có giá trị bằng 8 7 15 8 A. . B. . C. . D. . 15 8 8 7 Hướng dẫn giải Chọn A. 5 4 3 1 1 2 1 x x x 8 Ta có S x2 2x dx x4 4x3 4x2 dx 4 4 0 0 5 4 3 15 0 Câu 26: Xét hàm số y f x liên tục trên miền D a;b có đồ thị là một đường cong C . Gọi S là phần giới hạn bởi C và các đường thẳng x a , x b . Người ta chứng minh được rằng diện TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 17/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại b 2 tích mặt cong tròn xoay tạo thành khi xoay S quanh Ox bằng S 2 f x 1 f x dx . a Theo kết quả trên, tổng diện tích bề mặt của khối tròn xoay tạo thành khi xoay phần hình phẳng 2x2 ln x giới hạn bởi đồ thị hàm số f x và các đường thẳng x 1 , x e quanh Ox là 4 2e2 1 4e4 9 4e4 16e2 7 4e4 9 A. . B. . C. . D. . 8 64 16 16 Hướng dẫn giải Chọn D. Cách 1. (Giải tự luận) 2 2 2 2x ln x x ln x 1 2 1 1 1 2 Ta có f x f x x f x x x 2 4 2 4 4x 4x 16x 2 1 Lại có f x x 0,x 1;e , nên f x đồng biến trên 1;e . Suy ra 4x 1 f x f 1 0,x 1;e . 2 Từ đây ta thực hiện phép tính như sau b e 2 2 x ln x 1 1 S 2 f x 1 f x dx 2 1 x2 dx 2 a 1 2 4 16x 2 2 e x2 ln x 1 1 e x2 ln x 1 S 2 x2 dx 2 x dx 2 1 2 4 16x 2 1 2 4 4x e x2 ln x 1 2 x dx 1 2 4 4x e 1 3 1 1 1 ln x 2 x x x ln x dx 1 2 8 4 16 x 2 I1 I2 I3 e 4 2 4 2 e 1 3 1 x x 2e e 3 Với I1 x x dx 1 2 8 8 16 16 1 e e 1 1 1 1 1 I x ln x dx x2 2ln x 1 e2 2 1 4 4 4 1 16 16 e e 1 ln x 1 1 I dx ln2 x . 3 1 16 x 32 1 32 Cách 2. e x2 ln x 1 1 Học sinh có thể trực tiếp bấm máy tính tích phân S 2 1 x2 dx để 2 1 2 4 16x 2 có kết quả TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 18/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại x4 Câu 27: Cho hàm số y 2m2 x2 2 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho đồ thị 2 của hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu, đồng thời đường thẳng cùng phương với trục hoành 64 qua điểm cực đại tạo với đồ thị một hình phẳng có diện tích bằng là 15 2  1  A. . B. . 1 C. . D. . ; 1 ; 1 2  2  Hướng dẫn giải Chọn B. Tập xác định D ¡ x 0 3 2 2 2 y 2x 4m x 2x x 2m ; y 0 x 2m x 2m Đồ thị của hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu m 0 1 Vì a 0 nên hàm số đạt cực đại tại x 0 suy ra điểm cực đại của đồ thị hàm số là A 0;2 2 Đường thẳng cùng phương với trục hoành qua điểm cực đại có phương trình là d : y 2 . Phương trình hoành độ giao điểm của Cm và d là: x 0 x4 x2 0 2m2 x2 2 2 x 2 m 2 2 2 x 4m x 2 m Diện tích hình phẳng cần tìm là: (chú ý rằng hàm số đã cho là hàm chẵn) 2 m 4 2 m 4 2 m 4 x 2 2 x 2 2 x 2 2 S 2m x dx 2 2m x dx 2 2m x dx 2 m 2 0 2 0 2 5 x 2 2 3 2 m 64 5 2 m x m 10 3 0 15 64 m 1 Ta có S m 1 15 m 1 Câu 28: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hàm số y x2 x2 1 , trục Ox và đường thẳng x 1 bằng a b ln 1 b với a , b , c là các số nguyên dương. Khi đó giá trị của a b c là c A. .1 1 B. . 12 C. . 13 D. . 14 Hướng dẫn giải Chọn C. Cách 1 (dùng máy tính): Phương trình hoành độ giao điểm x2 x2 1 0 x 0 1 Diện tích hình phẳng cần tìm là S x2 x2 1dx vì x2 x2 1 0,x 0;1 . 0 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 19/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại 1 a b ln 1 b x2 x2 1dx 0 c 1 Bước 1: Bấm máy tính tích phân S x2 x2 1dx 0,4201583875 ( Lưu D) 0 Bước 2: Cơ sở : Tìm nghiệm nguyên của phương trình a b ln 1 b a b ln 1 b D c (coi c f x , a x , b ¢ và ta thử các giá c D trị b 5; 4; 0,1;2;3;4 ) Thử với b 1 : Thử với b 2 : Mode + 7 X 2 ln 1 2 F X ; D Kết quả: a 3;c 8,b 2 Cách 2 (giải tự luận): Phương trình hoành độ giao điểm x2 x2 1 0 x 0 1 Diện tích hình phẳng cần tìm là S x2 x2 1dx vì x2 x2 1 0,x 0;1 . 0 Đặt x tan t dx 1 tan2 t dt Đổi cận x 0 t 0; x 1 t 4 4 4 2 4 2 2 2 2 sin t 1 1 sin t.cost Khi đó S tan t 1 tan t 1 tan t dt 2 . 2 dt 3 dt cos t cost cos t 2 0 0 0 cos t Đặt u sin t du costdt 2 Đổi cận t 0 u 0;t u 4 2 2 2 2 2 2 2 u 2 1 1 u 2 1 1 S du du du 2 3 2 3 2 3 2 2 0 1 u 0 1 u 0 1 u 1 u 2 2 2 3 3 2 1 1 2 1 u 1 u 1 2 1 1 Ta có H 3 du du du 2 8 1 u 1 u 8 1 u 1 u 0 1 u 0 0 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 20/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại 2 1 2 1 1 3 1 1 3 3 2 du 8 1 u 1 u 1 u 0 1 u 1 u 2 1 2 1 1 6 du 8 1 u 3 1 u 3 2 2 0 1 u 2 2 1 1 1 2 6 2 du 16 1 u 2 16 1 u 2 8 2 2 0 0 1 u 2 2 1 2 6 du 2 8 2 2 0 1 u 2 2 6 Tính K du 2 2 0 1 u 2 2 2 2 2 2 6 3 2 1 u 1 u 3 2 1 1 K 2 du du du 2 2 1 u 1 u 2 1 u 1 u 0 1 u 0 0 2 2 3 2 1 1 2 3 1 1 1 u du ln 3 2 3ln 1 2 2 2 2 2 1 u 1 u 1 u 1 u 2 1 u 1 u 1 u 0 0 2 3 2 3ln 1 2 7 2 3ln 1 2 Vậy H 2 8 8 7 2 3ln 1 2 1 Khi đó S K 8 6 7 2 3ln 1 2 1 3 2 ln 1 2 3 2 3ln 1 2 8 6 8 Câu 29: Cho số phức z 2 3i . Điểm biểu diễn số phức liên hợp của z là A. . 2;3 B. . 2; C.3 . D. 2.; 3 2;3 Hướng dẫn giải Chọn A. Vì z 2 3i z 2 3i Điểm biểu diễn của z có tọa độ 2;3 . Câu 30: Số phức nghịch đảo của số phức z 1 3i là 1 1 1 A. . 1 3i B. . C. . 1 3i D. . 1 3i 1 3i 10 10 10 Hướng dẫn giải Chọn B. 1 1 1 3i 1 Ta có z 1 3i 1 3i . z 1 3i 12 3i 2 10 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 21/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại 2 Câu 31: Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 4z 8z 5 0 . Giá trị của biểu thức 2 2 z1 z2 là 5 3 A. . B. . C. . 2 D. . 5 2 2 Hướng dẫn giải Chọn A. 1 z1 1 i 2 2 2 2 5 4z 8z 5 0 . Suy ra .z z 1 1 2 2 z 1 i 1 2 Câu 32: Xét số phức z thỏa mãn 2 z 1 3 z i 2 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3 1 1 3 A. . z 2 B. . z C.2 . D. . z z 2 2 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D. Giả sử z x yi có điểm biểu diễn là M x; y . Số phức z 1 có điểm biểu diễn A x 1; y . z i có điểm biểu diễn B x; y 1 . Tacó 2 z 1 3 z i 2 2 2 x 1 2 y2 3 x2 y 1 2 2 2 2OA 3OB 2AB (1) Mà 2OA 3OB 2OA 2OB OB 2AB OB (2) . x 0 Từ (1) và(2) suy ra 2AB OB 2AB OB 0 B  O . Khi đó z i z 1 y 1 Câu 33:Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 2 z 2 5 trên mặt phẳng tọa độ là một A. đường thẳng. B. đường tròn. C. elip. D. hypebol. Hướng dẫn giải Chọn C. Trên mặt phẳng tọa độ 0xy , gọi M x; y biểu diễn số phức z x yi x, y ¡ . Ta có z 2 z 2 5 x 2 2 y2 x 2 2 y2 5 (1) . Đặt F1 2;0 , F2 2;0 khi đó 1 MF1 MF2 5 suy ra M nằm trên Elip có hai tiêu điểm là 5 x2 y2 F ; F và bán kính trục lớn là . Phương trình của elip đó là 1 . 1 2 2 25 9 4 4 1 Câu 34: Cho số phức z thỏa mãn z 3 . Tổng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z là z A. .3 B. . 5 C. . 13 D. . 5 Hướng dẫn giải Chọn C. Trước hết ta có bài toán tổng quát: Cho a, b, c là các số thực dương và số phức z 0thỏa b c c2 4ab c c2 4ab mãn az c . Chứng minh rằng z . z 2a 2a TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 22/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z là số thuần ảo. b Dựa vào dấu đẳng thức xảy ra ta chỉ cần tiến hành giải phương trình az c rồi lấy trị tuyệt z đối mỗi nghiệm. Khi đó số dương nhỏ là min z số dương lớn là max z . 3 13 3 13 Áp dụng kết quả trên với a b 1 và c 3 , ta có min z và max z . Vậy 2 2 tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của z là 13 . Câu 35: Khối đa diện đều loại p;q là khối đa diện có đặc điểm: A. mỗi mặt là đa giác đều p cạnh và mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng q mặt. B. có p mặt là đa giác đều và mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng q cạnh. C. có p mặt là đa giác đều và mỗi mặt có q cạnh. D. có q mặt là đa giác đều và mỗi mặt có p cạnh. Hướng dẫn giải Chọn A. Một khối đa diện lồi được gọi là khối đa diện đều loại p;q nếu: a) Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p cạnh. b) Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt. Câu 36: Cho hình chóp S.ABC có khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng ABC là 2a và thể tích bằng a3 . Nếu ABC là tam giác vuông cân thì độ dài cạnh huyền của nó là a 6 a 3 A. .a 3 B. . a 6 C. . D. . 2 2 Hướng dẫn giải Chọn B. Không mất tính tổng quát, giả sử tam giác ABC vuông cân tại A . 1 x2 1 ax2 Đặt x AB , ta có S AB.AC và V S .SH . Vậy ABC 2 2 S.ABC 3 ABC 3 ax2 V a3 a3 x a 3 . S.ABC 3 Độ dài cạnh huyền là BC AB 2 a 6. Câu 37: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D có thể tích bằng 1 và G là trọng tâm của tam giác BCD . Thể tích V của khối chóp G.ABC ' là 1 1 1 1 A. .V B. . V C. . VD. . V 3 6 12 18 Hướng dẫn giải D C Chọn D. Gọi M là trung điểm của BD theo tính 1 chất trọng tâm của G ta có GM CM A 3 B 1 1 1 1 1 M G VG.ABC VC.ABC VA.BCC . .AB. CB.CC D 3 3 3 3 2 C 1 1 1 AB.BC.CC V 18 18 ABCD.A B C D 18 A B TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 23/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại Câu 38: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB a 2 , AC a 5 . Hình chiếu của điểm S trên mặt phẳng ABC trùng với trung điểm của đoạn thẳng BC . Biết rằng góc giữa mặt phẳng SAB và mặt phẳng ASC bằng 60 . Thể tích của khối chóp S.ABC là 5a3 6 5a3 10 a3 210 a3 30 A. . B. . C. . D. . 12 12 24 12 Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi H là trung điểm của BC , đặt SH x, x 0 . Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ với A 0;0;0 , B a 2;0;0 , C 0;a 5;0 , z a 2 a 5 a 2 a 5 H ; ;0 , S ; ; x như hình vẽ 2 5 2 2 Ta có: S VTCP của đường thẳng AB là i 1;0;0 , a 2 VTCP của đường thẳng AC là j 0;1;0 .  a 2 a 5 AS ; ; x 2 2 A C y  a 5  VTPT của mp SAB là AS,i 0; x; n 1 2 H B  a 2  VTPT của mp ASC là AS, j x;0; n . 2 x 2   a2 10 n1.n2 1 Có cos60   4 n . n 5a2 2a2 2 1 2 x2 . x2 S 4 4 a 3 16x4 28x2a2 30a4 0 x do x 0 . 2 I 1 1 a 3 1 a3 30 E VS.ABC SH.SABS . . .a 2.a 5 . G 3 3 2 2 12 C B Cách 2: H (SAB)  SAC SA , kẻ BE  SA và GH PBE , suy ra M P SAC , SAB GH, SAC H· GI 60. 7a2 5a2 A Đặt SH h , ta tính được SA h2 và SP h2 . Vậy 4 4 2 2 5a a 2 a 2. h .h 2S BE SH.HM BE SAB 4 HG , HI 2 SA 7a2 2 SM a2 h2 h2 4 2 Tam giác GIH vuông tại I có TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 24/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại 2 a 2 2 5a a 2 . h h. 2 4 IH 3 7a 15a 2a 3 sin 60 . 2 4 2 h4 h2 0 h HG 2 7a2 a2 4 8 4 h2 h2 4 2 1 a3 30 Vậy V AB.AC.SH . SABC 6 12 Câu 39: Cho hình trụ có khoảng cách giữa hai đáy bằng 10, biết diện tích xung quanh của hình trụ bằng 80 . Thể tích của khối trụ là A. .1 60 B. . 164 C. . 64 D. . 144 Hướng dẫn giải Chọn A. Chiều cao h chính là khoảng cách hai đáy h 10 . Diện tích xung quanh hình trụ là 2 Rh 80 R 4 là bán kính đường tròn đáy. Vậy thể tích là V R2h 160 . Câu 40: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A B C có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h . Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho là 2 2 2 4a a h A. . h B. . 3 3 2 2 2 2 2 3 2 4a h a h a C. . h D. . 3 3 4 3 3 4 3 Hướng dẫn giải Chọn C. Lăng trụ tam giác đều là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều. Gọi G,G lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và A B C . Vậy GG là trục các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác đáy. Trong mặt phẳng AA G G , kẻ đường trung trực d tại B A G trung điểm M của AA và cắt GG ' tại I . h C Khi đó ta có IA IA . 2 Mà I GG IA IB IC IA IB IC . h M Do đó mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ có tâm là I là bán kính là IA . I a 3 2 2 a 3 a 3 h IM GA , MA . 3 2 3 2 B A a2 h2 G a Ta có IA IM 2 MA 2 . 3 4 C 3 2 3 2 2 2 4 3 4 a h 4a 2 h a Vậy thể tích khối cầu là V IA h . 3 3 3 4 3 3 4 3 Câu 41: Giá trị lớn nhất của thể tích khối nón nội tiếp trong khối cầu có bán kính R là 1 4 4 2 32 A. . R3 B. . R3 C. . D. . R3 R3 3 3 9 81 Hướng dẫn giải: Chọn D. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 25/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại Rõ ràng trong hai khối nón cùng bán kính đáy nội tiếp trong một khối cầu thì khối nón có chiều cao lớn hơn thì thể tích lớn hơn, nên ta chỉ xét khối nón có chiều cao lớn hơn trong hai khối nón đó. R Giả sử rằng khối nón có đáy là hình tròn C bán kính r . Gọi O x với 0 x R là khoảng cách giữa tâm khối cầu đến đáy x R khối nón. Khi đó chiều cao lớn nhất của khối nón nội tiếp khối cầu với đáy là hình tròn C sẽ là h R x . Khi đó bán kính r đáy nón là r R2 x2 , suy ra thể tích khối nón là 1 1 1 1 V r 2h R x R2 x2 R x R x R x R x R x 2R 2x 3 3 3 6 3 1 R x R x 2R 2x 32 R3 Áp dụng BĐT Cô-si ta có V 6 27 81 Câu 42: Cho tam giác đều ABC cạnh 1 và hình vuông MNPQ nội tiếp trong tam giác ABC (M thuộc AB, N thuộc AC, P , Q thuộc BC). Gọi S là phần mặt phẳng chứa các điểm thuộc tam giác ABC nhưng không chứa các điểm thuộc hình vuông MNPQ .Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay S quanh trục là đường thẳng qua A vuông góc với BC là 810 467 3 4 3 3 4 3 3 54 31 3 A. . B. . C. . D. . 24 96 96 12 Hướng dẫn giải Chọn A. Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay S quanh trục là đường thẳng AH bằng hiệu thể tích khối nón khi quay tam giác ABC và thể tích khối trụ khi quay hình vuông MNPQ quanh trục là đường thẳng AH . Gọi độ dài cạnh hình vuông là x . Khi đó: A A MN AN CN NP 1 1 BC AC CA AH M N x x 1 x 2 3 3 1 3 B Q H P C B C 2 2 2 1 1 3 x 810 467 3 V . . .x . 3 2 2 2 24 Câu 43: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt cầu S : x2 y2 z2 8x 4y 2z 4 0 có bán kính R là A. .R 5 B. . R 2C.5 . D.R . 2 R 5 Hướng dẫn giải Chọn D. Bán kính mặt cầu là R 42 2 2 1 2 4 5 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 26/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại Câu 44: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng P đi qua hai điểm A 0;1;0 , B 2;3;1 và vuông góc với mặt phẳng Q : x 2y z 0 phương trình là A. .4 x 3y 2z 3 0 B. . 4x 3y 2z 3 0 C. .x 2y 3z 11 0 D. . x 2y 3z 7 0 Hướng dấn giải Chọn B.  AB 2;2;1 , vectơ pháp tuyến của Q là n 1;2; 1 .  Vậy P có vectơ pháp tuyến là AB,n 4;3;2 . Phương trình mặt phẳng P : 4x 3 y 1 2z 0 , hay P : 4x 3y 2z 3 0 . Câu 45: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A 1; 2;2 , B 3; 2;0 và P : x 3y z 2 0 . Vectơ chỉ phương của đường thẳng là giao tuyến của P và mặt phẳng trung trục của AB có tọa độ là: A. . 1; 1;0 B. . 2C.;3; . 2 D. . 1; 2;0 3; 2; 3 Hướng dẫn giải Chọn D.  Mặt phẳng P : x 3y z 2 0 có VTPT là nP 1;3; 1 .   Gọi Q là mặt phẳng trung trực của AB mp Q có VTPT là nQ AB 2;0; 2    Ta có P  Q nên đường thẳng có VTCP a n ;n 6;4;6 cùng phương với P Q vectơ 3; 2; 3 . Câu 46: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 1;5 và B 0;0;1 . Mặt phẳng P chứa A , B và song song với trục Oy có phương trình là A. .4 x B.y . z 1 C.0 . D.2x . z 5 0 4x z 1 0 y 4z 1 0 Hướng dẫn giải Chọn C.  Ta có AB 1;1; 4 và trục Oy có VTCP là j 0;1;0  Mặt phẳng P chứa A , B và song song với trục Oy nên có VTPT n AB; j 4;0; 1 Khi đó mặt phẳng P đi qua B 0;0;1 và VTPT n 4;0; 1 nên có phương trình 4x z 1 0 . x 1 y z 2 Câu 47: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : và điểm 2 1 2 M 2;5;3 . Mặt phẳng P chứa sao cho khoảng cách từ M đến P lớn nhất là A. .x 4y z 1 0 B. . x 4y z 3 0 C. .x 4y z 3 0 D. . x 4y z 1 0 Hướng dẫn giải Chọn C. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 27/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại Gọi I là hình chiếu vuông góc của M 2;5;3 trên , H là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng P . M Ta có MH d M , P MI . Do đó MH đạt giá trị lớn nhất khi H  I , khi đó mặt phẳng P chứa và vuông góc với MI .  H I I 1 2t;t;2 2t , MI 1 2t; 5 t; 1 2t . P I   MI  MI.u 0 2t 1 2 t 5 2t 1 2 0 t 1.  Mặt phẳng P qua I 3;1;4 có một vectơ pháp tuyến là MI 1; 4;1 . Phương trình mặt phẳng P : x 4y z 3 0 . Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;2;2 , B 5;4;4 và mặt phẳng P : 2x y z 6 0 Nếu M thay đổi thuộc P thì giá trị nhỏ nhất của MA2 MB2 là 200 2968 A. .6 0 B. . 50 C. . D. . 3 25 Hướng dẫn giải Chọn A. AB2 Gọi I 3;3;3 là trung điểm đoạn AB . Ta có MA2 MB2 2MI 2 . 2 Do đó MA2 MB2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI  P . Khi đó 6 3 3 6 MI d I, P 2 6 ; AB 42 22 22 24 . 4 1 1 2 2 24 Vậy min MA2 MB2 2 2 6 60 . 2 Câu 49: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có A 2;3;1 , B 4;1; 2 , C 6;3;7 và D 1; 2;2 . Các mặt phẳng chứa các mặt của tứ diện ABCD chia không gian Oxyz thành số phần là A. .9 B. . 12 C. . 15 D. . 16 Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có 3 đường thẳng chia mặt phẳng thành 7 phần. 3 mặt phẳng chia không gian thành 8 phần, mặt phẳng thứ 4 cắt 3 mặt phẳng trước thành 3 giao tuyến, 3 giao tuyến này chia mặt phẳng thứ 4 thành 7 phần, mỗi phần lại chia 1 phần của không gian thành 2 phần. Vậy 4 mặt phẳng chia không gian thành 8 7 15 phần x 1 y 4 z 4 Câu 50: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : và các 3 2 1 điểm A 2;3; 4 , B 4;6; 9 . Gọi C , D là các điểm thay đổi trên đường thẳng sao cho CD 14 và mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. Khi đó, tọa độ trung điểm của đoạn thẳng CD là TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 28/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại 79 64 102 181 104 42 101 13 69 A. ; ; B. . C. . ; D.; . ; ; 2;2;3 35 35 35 5 5 5 28 14 28 Hướng dẫn giải Chọn D. + Thể tích tứ diện ABCD là: 1 V AB.CD.IE.sin với IE là đoạn vuông góc chung của AB , CD ; ·AB;CD . Rõ ràng 6 V là hằng số không đổi. 1 3V + Mặt khác: V Stp .r r 2 , với r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD , Stp 3 Stp là diện tích toàn phần của tứ diện ABCD . Dựa vào 2 , yêu cầu đề bài tương đương với Stp nhỏ nhất. Ta có: 1 S S S S S S S AB. d d với d d C; AB , tp ACD BCD CAB DAB ACD BCD 2 1 2 1 d2 d D; AB Vì A , B cố định CD 14 nên SACD SBCD không đổi. Do đó Stp nhỏ nhất khi và chỉ khi d1 d2 nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi trung điểm I của CD là là giao điểm của d và đường thẳng vuông góc chung của d và AB . (Xem chứng minh ở phần bổ sung) + Giải bài toán tìm tọa độ 2 điểm của đoạn vuông góc chung ta được I 2;2;3 như sau: x 2 2t   AB 2;3; 5 , AB : y 3 3t ; d có VTCP ud 3; 2; 1 z 4 5t    IE co VTCP u AB;u 13; 13; 13 , chọn VTCP là u 1;1;1 . d I d I 1 3a;4 2a;4 a ; E AB E 2 2b;3 3b; 4 5b  EI 3 3a 2b;1 2a 3b;8 a 5b 3 3a 2b k a 1   Ta có: EI k.u 1 2a 3b k b 1 . Suy ra: I 2;2;3 8 a 5b k k 2 Bổ sung: Chứng minh nhận định trên bằng bài toán sau: Cho hai đường thẳng chéo nhau d và và hai điểm C , D thay đổi trên đường thẳng d sao cho CD 2a (với a là hằng số dương cho trước). Gọi d1 , d2 lần lượt là khoảng cách từ C , D đến . Chứng minh rẳng tổng d1 d2 nhỏ nhất khi và chỉ khi trung điểm I của CD là giao điểm của d và đường thẳng vuông góc chung của d và . Chứng minh TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 29/30 – Mã đề THTT số 478
Cập nhật đề thi mới nhất tại C D C0 I D0 d K0 C D C0 E D0 d H K 0 H P + Gọi IE d là đoạn vuông góc chung của d và . Qua E dựng đường thẳng d song song với d , gọi P là mặt phẳng chứa d và . Gọi C0 D0 2a là đoạn thẳng nhận I là trung điểm, C0 , D0 cố định thuộc d . Gọi C0 , H0 lần lượt là hình chiếu của C0 lên P và ; D0 , K0 lần lượt là hình chiếu của D0 lên P và ; Gọi CD 2a với C , D là hai điểm tùy ý thuộc d . Gọi C , H lần lượt là hình chiếu của C lên P và ; D , K lần lượt là hình chiếu của D lên P và . Ta có: E là trung điểm của đoạn C0 D0 và H0 K0 . 2 2 2 2 2 2 Ta có: d01 d02 d C0 ; d D0 ; d C0 H d D0 H 2 d b , với b C0 H D0 K là hằng số. 2 2 2 2 Ta có: d1 d2 d C H d D K Theo Thales ta có: + Nếu C , D cùng phía so với E (và giả sử C ở xa E hơn so với D ) ta có: C H D K EC ED C D 2 C H D K 2b b EC0 a + Nếu C , D ngược phía so với E ta có: C H D K EC ED C D 2 C H D K 2b b EC0 a 2 2 Trong cả hai trường hợp này, dùng BĐT x2 a2 y2 b2 x y a b Ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 d1 d2 d C H d D K 2d C H D K 2d 2a d01 d02 Đẳng thức xảy ra khi và chi khi CD  C D . 0 0 Chú ý: BĐT trên chứng minh bằng cách chọn u x; y , v a;b và u v u v . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi u , v cùng hướng. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 30/30 – Mã đề THTT số 478