Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2019 lần 1 - Trường THPT chuyên Lê Khiết (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2019 lần 1 - Trường THPT chuyên Lê Khiết (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2019, LẦN 1 LÊ KHIẾT MÔN :TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút ( không kể giao đề) Đề thi gồm 50 câu, từ câu 1 đến câu 50 Mã đề thi Họ và tên: Lớp SBD Phòng Câu 1. [2H1.3-1] Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là 1 1 3 A. .V Bh B. .V B C.h V Bh . D. V Bh . 3 2 2 Lời giải Chọn C Câu 2. [2D1.2-1] Hàm số nào sau đây không có điểm cực trị? A. .y x4 2x2 5 B. y. x3 6x 2019 1 C. .y x4 6 D. . y x4 2x2 5 4 Lời giải Chọn B y x4 2x2 1 có a.b 0 . Nên hàm số có 3 cực trị (loại A) y x3 6x 2019 có y/ 3x2 6 0,x ¡ . Nên hàm số không có cực trị (nhận B) 1 y x4 6 có a.b 0 . Nên hàm số có 1 cực trị 4 y x4 2x2 5 có a.b 0 . Nên hàm số có 1 cực trị Câu 3. [2H3.1-1] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2x 3z 2 0 . Một véc tơ pháp tuyến của (P) có tọa độ A. (2; 3; 2) . B. ( 2;3;2) . C. (2; 3;0) . D. (2;0; 3) . Câu 4. [2D1.1-1] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau Chọn khẳng định đúng? A. Hàm số nghịch biến trên ( 1;1) . B. Hàm số nghịch biến trên ( 1; ) C. Hàm số đồng biến trên ( ; 1) . D. Hàm số đồng biến trên ( 1;1) Lời giải Chọn D Dựa vào bảng biến thiên ta có trên 1;1 y 0 nên hàm số đồng biến. Câu 5. [2D2.3-1] Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng? Trang 1/18
2. 1 A. .l og (3a) 3log a B. . log a3 log a 3 1 C. log a3 3log a .D. . log (3a) log a 3 Lời giải Chọn C. Ta có log 3a log3 log a suy ra loại A, D. log a3 3log a (do a 0 ) nên chọn C. e Câu 6. [2D3.2-1] Tính chất tích phân x ln xdx 1 e2 1 e2 1 2e2 1 2e2 1 A. .B. .C. .D. . 4 4 4 4 Lời giải Chọn A. 1 x2 Đặt u ln x du dx , dv xdx v x 3 e e e x2 e x e2 x2 e2 1 Suy ra x ln xdx ln x dx . 1 2 1 1 2 2 4 1 4 3 Câu 7. [2H2.2-1] Thể tích khối cầu bán kính a bằng 2 4 9 9 A a3 B. . 4 a3 C. . D. a .3 a3 3 2 8 2 Câu 8. [2D2.5-1] Tập nghiệm của phương trình log 3 (x 10x 9) 2 là: A. .SB.= { 10;0} C.S =. {10;9} C. . S { 2;0} S={ 2;9} Lời giải Chọn A. x 10 2 2 2 log 3 (x 10x 9) 2 x 10x 9 9 x 10x 0 . x 0 Câu 9. [2H3.2-1] Trong không gian Oxyz , mặt phẳng (P) đi qua điểm A( 1;2;0) và nhận n ( 1;0;2) làm một véc tơ pháp tuyến có phương trình là A. x 2y 5 0 . B. x 2z 5 0 . C. x 2y 5 0 . D. x 2z . 1 0 5 2x4 Câu 10. [2D3.1-1] Tìm họ nguyên hàm của hàm số f (x) . x2 2x3 5 5 A. f (x)dx C. B. f (x)dx 2x3 C. 3 x x 2x3 5 2x3 C. f (x)dx C. D. f (x)dx 5lnx2 C. 3 x 3 . Câu 11. [2H3.3-1] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng có phương trình chính tắc x 3 y 1 z . Phương trình tham số của đường thẳng là 2 3 1 Trang 2/18
3. x 2 3t x 3 2t x 3 2t x 3 2t A.B. y 3 t. y 1 3t. C. y 1 3t . D. y 1 3t . z t z t z t z t Câu 12. [1D2.2-1] Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn , k n mệnh đề nào dưới đây đúng? n! k! n! (n k)! A. Ak . B. Ak . C. Ak . D. Ak . n k!(n k)! n (n k)! n (n k)! n n! 1 1 Câu 13. [1D3.3-1] Cho cấp số nhân (u ) có u 1,q . Số là số hạng thứ mấy của dãy n 1 10 10103 A. Số hạng thứ 101 . B. Số hạng thứ . 102 C. Số hạng thứ 103 . D. Số hạng thứ . 104 Câu 14. [2D4.1-1] Trong mặt phẳng phức, số phức z 3 2i có điểm biểu diễn M thì A. M (3; 2) . B. M (2; 3) . C. M ( 2;3) . D. M ( 3;2) . Câu 15. [2D1.5-1] Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y O x A. y x2 3x 2 . B. y x4 x2 2. C. y x3 3x 2 . D. y x3 3x 2 . Lời giải Chọn D. HD: Từ dạng tổng quát của đồ thị hàm số ta loại được A, C, B. Câu 16. [2D1.3-1] Cho hàm số y f (x) liên tục và có bảng biến thiên trên đoạn [ 1; 3] (hình bên). Gọi M ,m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn  1;3 . Tìm M 2m . A. 1. B. . 3 C. 2. D. . 5 Câu 17. [2D1.2-1] Hàm số y x3 3x2 3x 2019 có bao nhiêu cực trị? A. .1 B. . 2 C. . 0 D. . 3 Lời giải Chọn C. Ta có y 3x2 6x 3 3 x 1 2 0 , x ¡ . Hàm số đã cho có đạo hàm không đổi dấu trên ¡ nên nó không có cực trị. (2 3i)(4 i) Câu 18. [2D4.1-1] Viết số phức zdưới dạng với z là acác bsối thực.a ,Tìmb 3 2i a,b. A. .a 1;B.b . 4 C. . a 1D.;b 4 a 1;b 4 a 1;b 4 Lời giải Chọn A. 2 3i 4 i 5 14i 5 14i 3 2i 13 52i Ta có z 1 4i . 3 2i 3 2i 13 13 Do đó điểm biểu diễn cho số phức z có tọa độ 1; 4 . Trang 3/18
4. Câu 19. [2H3.1-1] Trong không gian Oxyz , lập phương trình mặt cầu tâm I(1; 2;3) và tiếp xúc với trục Oy. A. x 1 2 y 2 2 z 3 2 10. B. x 1 2 y 2 2 z 3 2 10. C. x 1 2 y 2 2 z 3 2 10. D. x 1 2 y 2 2 z 3 2 9. Bài giải: Gọi M là hình chiếu của I 1; 2;3 lên Oy, ta có : M 0; 2;0 .  IM 1;0; 3 R d I,Oy IM 10 là bán kính mặt cầu cần tìm. Phương trình mặt cầu là : x 1 2 y 2 2 z 3 2 10. Chọn đáp án B. Câu 20. [2D2.3-1] Đặt a log5 2;b log5 3 . Tính log5 72 theo a,b . A 3a 2b B C a3 bD2 3a 2b 6ab Giải Sử dụng máy tính: gán lần lượt log5 2;log5 3 cho A, B Lấy log5 72 trừ đi lần lượt các đáp số ở A, B, C, D. kết quả nào bẳng 0 thì đó là đáp án. Ta chọn đáp án A. 2 Câu 21. [2D4.4-2] Trong tập số phức, phương trình z 3iz 4 0 có hai nghiệm là z1, z .2 Đặt S | z1 | | z2 |. Tìm S. A. S {3}.B. S {3; 3}. C. S { 3}. D. S {0}. Hướng dẫn giải: b2 4ac 3i 2 4.1.4 25 0 Nên phương trình có hai nghiệm phức là: 3i 5i 3i 5i z i, z 4i 1 2 2 2 Ta chọn đáp án B. x 1 y 7 z 3 Câu 22. [2H3.2-2] Cho mặt phẳng ( ) :3x 2y z 5 0 và đường thẳng : . 2 1 4 Gọi ( ) là mặt phẳng chứa và song song với ( ) . Khoảng cách giữa ( ) và ( ) là 3 9 9 9 A. . B. . C. .D. . 14 21 21 14 1 2 Câu 23. [2D2.6-2] Gọi S là tập nghiệm của phương trình 1 . Khi đó tổng 4 log2 x 2 log2 x các phần tử của S bằng 1 3 1 5 A B C D 8 4 4 4 Hướng dẫn giải [Phương pháp tự luận] x 0 Điều kiện: x 4 . 1 x 16 Trang 4/18
5. t 4 Đặt t log2 x , điều kiện . Khi đó phương trình trở thành: t 2 1 x 1 2 2 t 1 2 3 1 t 3t 2 0 Vậy x1 x2 4 t 2 t t 2 1 4 x 4 [Phương pháp trắc nghiệm] 1 1 Dùng chức năng SOLVE trên máy tính bỏ túi tìm được 2 nghiệm là và . 2 4 Câu 24. [2D3.3-2] Tích diện tích S của hình phẳng (phần gạch sọc) trong hình sau 8 10 A. S . B. S . 3 3 11 7 C. S . D. S . 3 3 Lời giải Chọn B. y x Dựa và hình vẽ, ta có hình phẳng được giới hạn bởi các đường: y x 2 . y 0 2 4 10 Suy ra S xdx x x 2 dx . 0 2 3 Câu 25. [2H2-1-2] Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và đáy bằng 60 . Tính diện tích xung quanh của hình nón đỉnh S , có đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC . a2 10 a2 3 a2 7 a2 7 A. .B. . C. . D. . 8 3 4 6 Lời giải Chọn D. a 3 Gọi I là tâm đường tròn ABC IA r . 3 Gọi M là trung điểm của AB AB  SMC Trang 5/18
6. 2a 3 a 3 Góc giữa mặt bên và mặt đáy là góc S·MC 60 SM 2IM , 6 3 a2 a2 a 21 SA SM 2 MA2 . 3 4 6 a 3 a 21 a2 7 Diện tích xung quanh hình nón S rl . . . xq 3 6 6 Câu 26. [2D3-3.3-2] Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y 2 cos x , trục hoành và các đường thẳng x 0 , x . Tính thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay 2 D quanh trục hoành. A. .V 1 B. . VC. . 1 D. . V ( 1) V ( 1) Lời giải Chọn D. Thể tích khối tròn xoay khi quay D quanh trục hoành : 2 2 2 V y dx (2 cos x)dx (2x sin x) 2 ( 1) . 0 0 0 Câu 27. [2H1-3-2] Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A' B 'C ' , AB 2a , M là trung điểm của A' B ' , a 2 khoảng cách từ C ' đến mặt phẳng (MBC) bằng . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A' B 'C ' . 2 2 2 3 2 2 A. a3 B. a3 C. a3. D. a3 3 6 2 2 Chọn C. Gọi J, K, H theo thứ tự là trung điểm của BC, B’C’, KA’. MH // BC MBC  MHJB . B C // MBC d C , MBC d K, MBC . MH  KA , MH  JK MH  JKH JKH  MHJB Gọi L là hình chiếu của K trên JH d K, MBC KL . a 2 a 3 Tam giác JKH vuông tại K có đường cao KL ta có KL , KH . Do đó 2 2 1 1 1 a 6 3 2 KJ là độ dài đường cao của lăng trụ. V KJ.S a3 KL2 KH 2 KJ 2 2 ABC.A B C ABC 2 Câu 28. [2D2.4-2] Cho hàm số f (x) ln4 (x2 4x 7) . Tìm các giá trị của x để f (x) 0 . Trang 6/18
7. A. .x 1 B. . x 0 C. . x 2 D. . x ¡ Lời giải Chọn C. Tập xác định: D ¡ . 2x 4 f '(x) 4 ln3 (x2 4x 7) . x2 4x 7 Nhận xét : ln 3 (x2 4x 7) 0 , x ¡ do x2 4x 7 3 1 , x ¡ Do đó f (x) 0 2x 4 0 x 2 . 2x m Câu 29. [2D1.6-2] Cho hàm số y với m là tham số , m 2 . Biết x 1 min f (x) max f (x) 2020 . Giá trị của tham số m bằng x [0;1] x [0;1] A. .1B.61 .4C. . 2D.01 9. 9 1346 Lời giải Chọn D. Xét hàm số xác định trên tập D [0;1] 2 m Ta có y . Nhận xét  m 2 hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên (x 1)2 [0;1] nên giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [0;1] luôn đạt được tại x 0 , x 1 . 2 m Theo bài ra ta có f (0) f (1) 2020 m 2020 . Do đó m 1346 2 CD Câu 30. [2H2.3-2] Cho hình thang ABCD vuông tại A và D với AB AD a . Quay hình 2 thang và miền trong của nó quanh đường thẳng chứa cạnh AB . Tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành. 4 a3 5 a3 7 a3 A. V . B. .V C. . V D. a3 . 3 3 3 Lời giải Chọn B. C B A D Gọi V1 là thể tích khối nón có đường sinh là BC , bán kính R AD a , chiều cao h a 1 1 a3 . Khi đó V R2h a2.a . 1 3 3 3 Gọi V2 là thể tích khối trụ có đường sinh là DC 2a , bán kính R AD a , chiều cao 2 2 3 h 2a . Khi đó V2 R h .a .2a 2a . a3 5a3 Thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành là : V V V 2a3 . 2 1 3 3 Câu 31. [2D3.1-2] Cho F(x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) (x 1)ln x . Tính F (x) . Trang 7/18
8. 1 1 A. .F (x) 1 B. . F (x) x x 1 C. .FD. (x) 1 ln x . F (x) x ln x x Lời giải Chọn C. 1 Ta có: F(x) f (x)dx (x 1)ln xdx F (x) (x 1)ln x F (x) 1 ln x . x 3 x a Câu 32. [2D3.2- 2] Cho dx bln 2 c ln 3 với a , b , c là các số nguyên. Tìm tổng 0 4 2 x 1 3 giá trị của a b c . A. 1.B. .C. .D. . 2 7 9 Lời giải Chọn A. Đặt t x 1 t 2 x 1 x t 2 1 dx 2tdt . Đổi cận: x 0 t 2 ; x 3 t 4 . Khi đó: 2 2 2 2 3 2 3 t 1 t t 2 6 t 2 7 .2tdt dt t 2t 3 dt t 3t 6ln t 2 12ln 2 6ln 3 4 2t t 2 t 2 3 3 1 1 1 1 a 7 Suy ra b 12 a b c 1 . c 6 x 1 Câu 33. [2D1-4-2] Cho hàm số y có đồ thị (C) . Gọi S là tập tất cả các giá trị thực mx2 2x 3 của tham số m để đồ thị (C) có đúng 2 đường tiệm cận. Tìm số phần tử của S . A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Giải. Chọn D x 1 TH1: m 0 y đồ thị hàm số có dạng bậc nhất chia bậc nhất nên có 2 tiệm cận. 2x 3 TH2: m 0 . Đặt f (x) mx2 2x 3 . 1 * f (x) mx2 2x 3 có nghiệm kép (bằng hoặc khác 1) kvck 1 3m 0 m 3 TH3: * f (x) mx2 2x 3 có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng 1 kvck 1 3m 0 m 1 f (1) 0 Câu 34. [2D1.5-2] Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y | x |3 (2m 1)x2 3m | x | 5 có 3 điểm cực trị. 1 1 A. B. ; . C.(1; D. ). ( ;0]. 0;  (1; ). 4 4 Đáp án C Xét f (x) x3 (2m 1)x2 3mx 5 và f (| x |) | x |3 (2m 1)x2 3m | x | 5 Trang 8/18
9. Ta có 3 2a 1 a 1 là số điểm cực trị dương của hàm số y f (x). Vậy yêu cầu tương đương với: f (x) có đúng một điểm cực trị dương 2 f (x) 3x 2(2m 1)x 3m 0 có hai nghiệm thoả mãn x1 0 x2 m 0. 2 (Vì x 0 m 0 lúc đó x 0. còn x 0 thì a.c < 0 suy ra m < 0 ) 1 2 3 1 x 1 y 3 z 2 Câu 35. [2H3.3-3] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : và điểm 1 2 2 A(3;2;0) . Tìm tọa độ điểm đối xứng của điểm A qua đường thẳng d . A. .( 1;0;4) B. . (7;C.1; .1 ) D. . (2;1; 2) (0;2; 5) Lời giải Gọi P là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . Phương trình của mặt phẳng P là 1 x 3 2 y 2 2 z 0 0 x 2y 2z 7 0 . Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng d , khi đó H d  P Suy ra H d H 1 t; 3 2t; 2 2t , mặt khác H P 1 t 6 4t 4 4t 7 0 t 2 . Vậy H 1;1;2 . Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường thẳng d , khi đó H là trung điểm của AA suy ra A 1;0;4 . Câu 36. [1H3.6-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết AC 2a, BD 4a . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC. 2a3 15 2a 5 4a 1365 a 15 A. .B C. .D 3 5 91 2 Giải Gọi O AC  BD , H là trung điểm của AB, suy ra SH  AB . Do AB (SAB)  ABCD) và (SAB)  (ABCD) nên SH  (ABCD) AC 2a BD 4a +) Ta có OA a , OB 2a . 2 2 2 2 AB OA2 OB2 a2 4a2 a 5 AB 3 a 15 1 1 +) SH S AC.BD 2a.4a 4a2 . 2 2 ABCD 2 2 Ta có BC // AD nên AD //(SBC) d(AD, SC) d(AD,(SBC)) d(A,(SBC)) . Do H là trung điểm của AB và B = AH  (SBC) nên d(A,(SBC)) 2d(H,(SBC)). Kẻ HE  BC, H BC , do SH  BC nên BC  (SHE) . Kẻ HK  SE, K SE , ta có BC  HK HK  (SBC) HK d(H,(SBC)) . Trang 9/18
10. 2S S S 4a2 2a 5 HE BCH ABC ABCD . BC BC 2.AB 2a 5 5 1 1 1 5 4 91 2a 15 2a 1365 HK HK 2 HE 2 SH 2 4a2 15a2 60a2 91 91 4a 1365 Vậy d(AD, SC) 2HK . 91 2 Câu 37. [2D2.6-3] Cho phương trình log0,5 (m 6x) log2 (3 2x x ) 0 (m là tham số). Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên âm của m để phương trình có nghiệm thực. Tìm số phần tử của S. A. .1 7 B. . 18 C. 5. D. . 23 Lời giải Chọn C m 6x 0 3 x 1 Điều kiện . 2 3 2x x 0 m 6x 0 2 2 Khi đó, log0,5 m 6x log2 3 2x x 0 log2 3 2x x log2 m 6x 3 2x x2 m 6x 3 8x x2 m (*) . Xét hàm số f x x2 8x 3 trên 3;1 , ta có f x 2x 8 ; f x 0 x 4 . Bảng biến thiên Từ BBT suy ra phương trình (*) có nghiệm trên 3;1 6 m 18 . Do m nguyên âm nên m  5; 4; 3; 2; 1 có 5 giá trị. Câu 38. [2H1.3-3] Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh bằng a . Gọi I là điểm thuộc a cạnh AB sao cho AI . Tính khoảng cách từ điểm C đến (B DI) . 3 a 3a a 2a A. . B. . C. . D. . 3 14 14 3 Lời giải Chọn B. d C, B DI CO DC 3 3 Ta có: d C, B DI d B, B DI . d B, B DI BO BI 2 2 d B, B DI BI 2 d B, B DI 2d A, B DI d A, B DI AI D O B C I H A D A I B C K A D B Trang 10/18
11. 2 SABCD a 2S AIB a Ta có: S AK AIB 6 6 IB 13 1 1 1 13 1 14 a d A, B DI AH AH 2 AK 2 AD2 a2 a2 a2 14 3a d C, B DI 3d A, B DI . 14 Câu 39. [2D1.1-3] Cho hàm số f (x) xác định và liên tục trên ¡ và có đạo hàm f (x) thỏa mãn f (x) (1 x)(x 2)g(x) 2019 với g(x) 0 ;x ¡ . Hàm số y f (1 x) 2019x 2020 nghịch biến trên khoảng nào? A. .( 1; ) B. . (0;3) C. . D.( . ;3) (3; ) Lời giải Chọn D Ta có y f 1 x 2019 1 1 x 1 x 2 g 1 x 2019 2019 x 3 x g 1 x . x 0 Suy ra: y x 0 x 3 x 0 (do g 1 x 0 ,x ¡ ) x 3 Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (3; ) . Câu 40. [2D4.4-3] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho số phức z thỏa mãn | z 1 2i| 3 . Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w z(1 i) là đường tròn A. Tâm I(3; 1) , R 3 2 . B. Tâm I( 3; 1) , R 3 . C. Tâm I( 3;1) , R 3 2 .D. Tâm , . I( 3;1) R 3 Lời giải Chọn A. Ta có z 1 2i 3 z 1 i 1 2i 1 i 3 1 i w 3 i 3 2 . Giả sử w x yi x, y ¡ x 3 y 1 i 3 2 2 2 x 3 y 1 18 I 3; 1 , R 18 3 2 . Câu 41. [2D1.1-3] Cho hàm số y f (x) ax3 bx2 cx d, (a,b,c,d ¡ , a 0) , có bảng biến thiên như hình sau Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình m | f (x) | có 4 nghiệm phân biệt trong đó có đúng một nghiệm dương. A. .mB. .C.2 . D. .0 m 4 m 0 2 m 4 Lời giải Chọn D. Trang 11/18
12. y 1 y 1 Ta có: y 0 2 . 2 Bảng biến thiên của hàm số y f x là: Câu 42. [1D2.5-3] Cho đa giác đều P gồm 16 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên một tam giác có ba đỉnh là đỉnh của P . Tính xác suất để tam giác chọn được là tam giác vuông. 6 2 3 1 A. . B. . C. . D. . 7 3 14 5 Lời giải Chọn D. 3 * Số phần tử không gian mẫu là C16 * Theo gt, đa giác có đều 16 cạnh nên có 16 đỉnh do đó có 8 đường chéo xuyên tâm. Cứ mỗi hai đường chéo xuyên tâm sẽ cho 4 tam giác vuông. Vậy số cách chọn một tam giác vuông có 3 đỉnh là 2 đỉnh của đa giác sẽ là 4.C8 . 2 4.C8 Xác suất cần tìm là P 3 C16 Nhiễu. 2 2 4.C16 6 C16 3 P 3 , P 3 , C16 7 C16 14 Câu 43. [2H3.2-3] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S) :x2 y2 z2 2x 4y 6z 2 0 và mặt phẳng (P) : 2x 2y z 3 0 . Gọi (Q) là mặt phẳng song song với (P) và cắt (S) theo thiết diện là đường tròn (C) sao cho khối nón có đỉnh là tâm của mặt cầu và đáy là hình tròn giới hạn bởi (C) có thể tích lớn nhất. Phương trình của mặt phẳng (Q) là A. 2hoặcx 2 y z 4 0 2 . x 2y z 17 0 B. 2hoặcx 2 y z 2 0 .2x 2y z 8 0 C. 2hoặcx 2 y z 1 0 2 .x 2y z 11 0 D. 2hoặcx 2 y z 6 0 .2x 2y z 3 0 Hướng dẫn giải Chọn C. (S) :(x 1)2 (y 2)2 (z 3)2 12 Trang 12/18
13. Mặt cầu S có tâm I 1; 2;3 và bán kính R 2 3 . Gọi r là bán kính đường tròn C và H là hình chiếu của I lên Q . Đặt IH x ta có r R2 x2 12 x2 2 1 1 2 1 3 Vậy thể tích khối nón tạo được là V .IH.S C .x. 12 x 12x x . 3 3 3 Gọi f x 12x x3 với x 0;2 3 . Thể tích nón lớn nhất khi f x đạt giá trị lớn nhất Ta có f x 12 3x2 , f x 0 12 3x2 0 x 2 x 2 . Bảng biến thiên : 1 16 Vậy V 16 khi x IH 2 . max 3 3 Mặt phẳng Q // P nên Q : 2x 2y z a 0 2.1 2 2 3 a a 11 Và d I; Q IH 2 a 5 6 . 22 22 1 2 a 1 Vậy mặt phẳng Q có phương trình 2x 2y z 1 0 hoặc 2x 2y z 11 0 . Câu 44. [2D4.4-2] Xét các số phức z a bi , (a,b ¡ ) thỏa mãn 4(z z) 15i i(z z 1)2 và | 2z 1 i | đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P 4010a 8b . 361 361 A. P 2020 .B C.P . 2019 D. . P P 4 16 Lời giải Chọn A. Ta có 4(z z) 15i i(z z 1)2 4 a bi a bi 15i i a bi a bi 1 2 2 15 8b 15 2a 1 suy ra b . 8 | 2z 1 i | (2a 1)2 (2b 1)2 8b 15 4b2 4b 1 4b2 12b 14 15 Xét hàm số f (b) 4b2 12b 14 với b 8 15 15 f (b) 8b 12 0,b suy ra f (b) là hàm số đồng biến trên ; nên 8 8 15 361 f (b) f . 8 16 361 15 1 Do đó | 2z 1 i | đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi b ;a . 4 8 2 Khi đó P 4010a 8b 2020 . Câu 45. [2D2.3-3] Bạn Nam trúng tuyển vào đại học nhưng vì không đủ tiền chi phí ăn học nên Nam quyết định vay ngân hàng trong 4 năm, mỗi năm 30 triệu đồng học với lãi suất 3% / năm. Sau khi tốt Trang 13/18
14. nghiệp đại học Nam phải trả góp hàng tháng số tiền T (không đổi) vào cuối tháng cùng với lãi suất 0,25% / tháng trong vòng 5 năm. Số tiền T mà Nam phải trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây? A. 2322886 đồng. B. 3đồng.228858 C. 2đồng.3228 88 D. đồng. 3222885 Hướng dẫn giải Chọn A. + Tính tổng số tiền mà Nam nợ sau 4 năm học: Sau 1 năm số tiền Nam nợ là:30 30r 30(1 r) Sau 2 năm số tiền Nam nợ là: 30(1 r) 2 30(1 r) Tương tự: Sau 4 năm số tiền Nam nợ là: 30(1 r) 4 30(1 r)3 30(1 r) 2 30(1 r) 129274074,3 A + Tính số tiền T mà Nam phải trả trong 1 tháng: Sau 1 tháng số tiền còn nợ là: A Ar T A(1 r) T : . Sau 2 tháng số tiền còn nợ là: A(1 r) T (A(1 r) T )r T A(1 r)2 T (1 r) T Tương tự sau 60 tháng số tiền còn nợ là: A 1 r 60 T 1 r 59 T 1 r 58  T 1 r T . Hùng trả hết nợ khi và chỉ khi A 1 r 60 T 1 r 59 T 1 r 58  T 1 r T 0 A 1 r 60 T 1 r 59 1 r 58  1 r 1 0 60 60 1 r 1 A 1 r T 0 1 r 1 60 60 1 r 1 A 1 r T 0 r Ar 1 r 60 T 1 r 60 1 T 2322885,852 Câu 46. [2H3.3-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;3;0), B(0; 2; 0), x t 6 P ; 2;2 và đường thẳng d : y 0 . Giả sử M là điểm thuộc dsao cho chu vi tam giác 5 z 2 t ABM nhỏ nhất. Tìm độ dài đoạn MP. 2 6 A.2 3. B. 4. C. 2. D. . 5 Hướng dẫn giải Do AB có độ dài không đổi nên chu vi tam giác ABM nhỏ nhất khi AM MB nhỏ nhất. 2 2 Vì M d M t;0;2 t AM 2t 2 2 9, BM 2t 2 4 2 2 AM MB 2t 2 2 9 2t 2 4. Đặt u 2t 2 2;3 , v 2t 2;2 áp dụng bất đẳng thức u v u v 2 2 2 2t 2 2 9 2t 2 4 2 2 2 25. Dấu bằng xảy ra khivàchỉ 2 2 2t 2 2 3 7 7 3 6 7 3 khi t M ;0; MP 2 2 2. 2t 2 2 5 5 5 5 5 5 Trang 14/18
15. Chọn C. Câu 47. Một khu đất phẳng hình chữ nhật ABCD có AB 25km , BC 20km và rào chắn MN ( với M, N lần lượt là trung điểm của AD , BC ). Một người đi xe đạp xuất phát từ A đi đến C bằng cách đi thẳng từ A đến cửa X thuộc đoạn MN với vận tốc 15km/h rồi đi thẳng từ X đến C với vận tốc 30km/h (hình vẽ). Thời gian ít nhất để người ấy đi từ A đến C là mấy giờ? 4 29 41 2 5 5 A. . B. . C. . D. . 6 4 3 3 A 25km B 15km/h 20km X M x N 30km/h D C Hướng dẫn giải Chọn C A 25 km B Gọi MX x km với 0 x 25 15 km /h 20 km Quãng đường AX x2 102 X M x N x2 100 thời gian tương ứng h 15 30 km /h Quãng đường CX 25 x 2 102 D C x2 50x 725 thời gian tương ứng h 30 x2 100 x2 50x 725 Tổng thời gian f x với x 0; 25 , tìm giá trị nhỏ nhất 15 30 f x 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 Câu 48. [2H1.3-4] Cho hình lăng trụ ABC.A B C đáy là tam giác đều cạnh a .Hình chiếu vuông góc của A lên (ABC) trùng với trọng tâm ABC . Biết khoảng cách giữa 2 đường thẳng AA và a 3 BC bằng . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A B C . 4 a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. V . B. V . C. V . D. V . 24 12 6 3 Lời giải Chọn B Trang 15/18
16. 2 a 3 C' Có: S . Gọi M là trung điểm của BC , H là A' ABC 4 trọng tâm tam giác ABC , K là hình chiếu của H lên .AA ' Trong (ABC) dựng hình bình hành ACBD .Ta có : B' d AA , BC d BC,(A AD) d M ,(A AD) K 3 3 3 d H,(A AD) d(H, AA') HK. A C 2 2 2 H M a Từ giả thiết suy ra: HK . Trong tam giác D B 2 3 vuông AHA ta lại có: AH 2.A H 2 a a HK 2 ,AH A H AH 2 A H 2 3 3 a2 3 a a3 3 Vậy: V A' H.S . . ABC 4 3 12 a 3 Cách 2 : Kẻ MN vuông góc với AA ' tại N MN d(BC, AA') 4 MN 1 a sin·A' AM A' H AHtan300 AM 2 3 a2 3 a a3 3 V A' H.S . . ABC 4 3 12 Câu 49. [2D1.1-4] Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1;2] thỏa mãn 2 1 2 1 2 f (2) 0, [ f '(x)]2 dx và (x 1) f (x)dx . Tính I f (x)dx . 1 45 1 30 1 1 1 1 1 A. I . B. I . C. I . D. I . 12 15 36 12 Giải. Chọn A 2 2 1 1 2 Ta có x 1 f (x)dx f (x)d x 1 30 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 x 1 f (x) x 1 f ' x dx x 1 f ' x dx . 1 2 2 1 1 15 2 4 1 5 2 1 Ta lại có x 1 dx x 1 . 1 1 5 5 Từ giả thiết và các kết quả ta có 2 2 2 2 2 4 9 f ' x dx 6 x 1 f ' x dx x 1 dx 0. 1 1 1 Mặt khác: 2 2 2 2 2 2 4 2 2 9 f ' x dx 6 x 1 f ' x dx x 1 dx 3 f ' x x 1 dx 0. 1 1 1 1 Do vậy xét trên đoạn 1;2 , ta có 2 1 2 1 3 3 f ' x x 1 0 f ' x x 1 f x x 1 C. 3 9 Trang 16/18
17. 1 1 1 3 1 Lại do f(2) = 0 nên C 0 C f (x) x 1 . 9 9 9 9 2 2 2 1 3 1 4 1 1 Suy ra I x 1 1 dx x 1 x 1 . 9 1 36 1 9 1 12 Phân tích phương án nhiễu. Phương án B: Sai do HS sử dụng sai tính chất của tích phân. Cụ thể: 1 2 2 2 1 2 2 1 x 1 f x dx x 1 dx. f x dx f x dx f x dx . 30 1 1 1 2 1 1 15 Phương án C: Sai do HS giải như trên nhưng khi tính I lại bị sai. Cụ thể: 2 2 2 1 3 1 4 1 1 I x 1 1 dx x 1 x 1 . 9 1 36 1 18 1 36 Phương án D: Sai do HS tìm sai hàm số f(x). Cụ thể: 2 1 2 1 3 3 f ' x x 1 0 f ' x 1 x f x 1 x C. 3 9 1 1 1 3 1 1 Lại do f 2 0 nênC 0 C f x 1 x . Do đó tính được I . 9 9 9 9 12 Câu 50. [2D1.5-4] Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau có một nghiệm duy nhất 3 2x 2 m 3x (x3 6x2 9x m)2x 2 2x 1 1 A. m 4 . B. m 8 . C. 4 m 8 . D. .m ( ;4)  (8; ) Ta có: 3 2x 2 m 3x (x3 6x2 9x m)2x 2 2x 1 1 3 2x 2 m 3x x 2 3 m 3x 8 .2x 2 2x 2.23 1 3 2x 2 m 3x x 2 3 m 3x .2x 2 1 2a.2b a3 b3 .2a 1 (với a x 2 , b 3 m 3x ) 2b a3 b3 2 a 2b b3 2 a a 3 (*) Xét f t 2t t3 Ta có: f t 2t.ln 2 3t 2 0, t nên f (t) luôn đồng biến. Do đó: (*) b a 3 m 3x 2 x m 3x 2 x 3 m x3 6x2 9x 8 . Lập bảng biến thiên của hàm số g(x) x3 6x2 9x 8 x 1 3 g x 0 0 Trang 17/18
18. 8 g x 4 phương trình sau có một nghiệm duy nhất : m ( ;4)  (8; ) Chọn D. HẾT Trang 18/18