Đề thi KSCL môn Toán 12 năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Triệu Sơn 4 (Lần 1)

Chia sẻ: Yunmengjiangshi Yunmengjiangshi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:17

Thêm vào BST

Báo xấu

27
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện tập với Đề thi KSCL môn Toán 12 năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Triệu Sơn 4 (Lần 1) được chia sẻ dưới đây sẽ giúp bạn ôn tập và nâng cao kỹ năng giải bài tập toán học nhằm chuẩn bị cho bài thi khảo sát chất lượng Toán 12 sắp diễn ra đạt kết quả cao. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi KSCL môn Toán 12 năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Triệu Sơn 4 (Lần 1)

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 1 Năm học: 2019 – 2020 Môn: TOÁN Mã đề 121 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề gồm 05 trang) Ngày thi: / /2019 Họ, tên thí sinh:…..………………………………………….SBD:……….. 1 Câu 1: Nghiệm của phương trình cos x   là 2 2    A. x    k 2 . B. x    k . C. x    k 2 . D. x    k 2 . 3 6 3 6 5 3 2 Câu 2: Tính đạo hàm của hàm số y   x  x  2 x . A. y  5 x 4  3x 2  4 x . B. y  5x 4  3x2  4 x . C. y  5x 4  3x 2  4 x . D. y  5x 4  3x 2  4 x .  Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A  2;1 . Phép tịnh tiến vectơ v  3; 4  biến điểm A thành điểm A ' có tọa độ là: A. A’  5; 5  . B. A’ 1; 3  . C. A’  3;1 . D. A’  5;5  . Câu 4: Hình chóp ngũ giác có bao nhiêu mặt? A. 5 . B. 6 . C. 3 . D. 4 . 1  4x Câu 5: Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  . 2x 1 1 A. y  2 . B. y  4 . C. y  . D. y  2 . 2 Câu 6: Tính I   3x dx . 3x A. I   C . B. I  3x ln 3  C . C. I  3x  C . D. I  3x  ln 3  C . ln 3 Câu 7: Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y  x3  3x  5 là điểm? A. Q  3; 1 . B. M 1; 3  . C. P  7; 1 . D. N  1; 7  . Câu 8: Đường cong trong hình dưới đây là đồ thị của hàm số nào? y 5 1 O 2 x A. y   x3  2 x2 1. B. y  x3  3x2  1. C. y   x3  3x2  1. D. y   x3  3x 2  4. Câu 9: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau: Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 3  . B. Hàm số đồng biến trên khoảng  1;    . Trang 1/6 - Mã đề thi 121
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 1 . D. Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 1 . 1 Câu 10: Tập xác định của hàm số y   x  1 5 là: A.  0;    . B. 1;    . C. 1;    . D.  . Câu 11: Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực  ? x x   2 A. y    . B. y  log 1 x . C. y  log   2 x  1 . D. y    . 2 3 2 4 e 1 Câu 12: Giá trị của log a 3 với a  0 và a  1 bằng: a 3 2 A. 3 . B.  . C.  3 . D.  . 2 3 Câu 13: Hình tứ diện có bao nhiêu cạnh? A. 4 cạnh. B. 3 cạnh. C. 5 cạnh. D. 6 cạnh. Câu 14: Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là: 1 1 4 A. V  Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 3 2 3 Câu 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Biết SA   ABCD  và SA  a 3 . Thể tích của khối chóp S.ABCD là: 3 a3 3 a3 3 a3 A. a 3 . B. . C. . D. . 12 3 4 Câu 16: Cho khối lăng trụ ABC.ABC có thể tích là V , thể tích của khối chóp C.ABC là: 1 1 1 A. 2V . B. V . C. V . D. V . 2 3 6 Câu 17: Tính diện tích xung quanh của một hình trụ có chiều cao 20 m , chu vi đáy bằng 5 m . A. 50 m 2 . B. 50 m2 . C. 100 m2 . D. 100 m2 . Câu 18: Công thức tính thể tích khối trụ có bán kính đáy bằng R và chiều cao bằng h là: 1 A. V   Rh . B. V   R2 h . C. V   R 2 h . D. V   Rh2 . 3 21  2 Câu 19: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niuton  x  2  ,  x  0, n  *  .  x  7 7 8 8 8 8 A. 2 C21 . B. 2 C21 . C. 2 C21 . D. 27 C21 7 . Câu 20: Cấp số nhân  un  có công bội âm, biết u3  12 , u7  192 . Tìm u10 . A. u10  1536 . B. u10  1536 . C. u10  3072 . D. u10  3072 . Câu 21: Hàm số y   x 3  3 x 2  1  C  . Tiếp tuyến của  C  song song với đường thẳng y  3 x  2 là A. y  3x . B. y  3 x  6 . C. y  3 x  3 . D. y  3 x  6 . Câu 22: Hàm số nào trong bốn hàm số sau có bảng biến thiên như hình vẽ sau? A. y   x 3  3 x 2  1. B. y  x 3  3 x 2  1. C. y  x 3  3 x  2. D. y  x 3  3 x 2  2. 4 Câu 23: Tích của giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f  x   x  trên đoạn 1; 3 bằng. x Trang 2/6 - Mã đề thi 121
52 65 A. . B. 20 . C. 6 . D. . 3 3 Câu 24: Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  6 x 2  9 x  2 là A. y  2 x  4 . B. y   x  2 . C. y  2 x  4 . D. y  2 x  4 . 2 3 Câu 25: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đạo hàm f   x    x  1  x  1  2  x  . Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. 1;2  . B.  ; 1 . C.  1;1 . D.  2;   . Câu 26: Đặt a  log 2 5 , b  log3 5 . Hãy biểu diễn log 6 5 theo a và b . ab 1 A. log6 5  a  b . B. log 6 5  a 2  b 2 . C. log 6 5  . D. log 6 5  . ab ab Câu 27: Khẳng định nào dưới đây là sai? A. log x  0  x  1 . B. log 5 x  0  0  x  1 . C. log 1 a  log 1 b  a  b  0 . D. log 1 a  log 1 b  a  b  0 . 5 5 5 5 x 2 Câu 28: Nghiệm của bất phương trình 3  243 là: A. 2  x  7 . B. x  7 . C. x  7 . D. x  7 . Câu 29: Cho hàm số f  x  xác định trên K và F  x  là một nguyên hàm của f  x  trên K . Khẳng định nào dưới đây đúng? A. f   x   F  x  , x  K . B. F   x   f  x  , x  K . C. F  x   f  x  , x  K . D. F   x   f   x  , x  K . 2 Câu 30: Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y  x  và đường thẳng y  2 x. x 1 A. 2. B. 0. C. 1. D. 3. Câu 31: Cho khối lăng trụ ABC. ABC có thể tích bằng V . Tính thể tích khối đa diện ABCBC . 3V 2V V V A. . B. . C. . D. . 4 3 2 4 Câu 32: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Biết SA   ABCD  và SA  a 3 . Thể tích của khối chóp S .BCD là: a3 3 a3 3 a3 3 a3 A. . B. . C. . D. . 6 12 3 4 Câu 33: Một khối nón có thể tích bằng 4 và chiều cao bằng 3. Bán kính đường tròn đáy bằng: 2 3 4 A. 2 . B. . C. . D. 1. 3 3 Câu 34: Tìm tổng tất cả các nghiệm thuộc đoạn  0;10  của phương trình sin 2 2 x  3sin 2 x  2  0 . 105 115 297 299 A. . B. . C. . D. . 2 2 4 4 Câu 35: Trên mặt phẳng Oxy ta xét một hình chữ nhật ABCD với các điểm A  2; 0  , B  2; 2  , C  4; 2  , D  4; 0  . Một con châu chấu nhảy trong hình chữ nhật đó tính cả trên cạnh hình chữ nhật sao cho chân nó luôn đáp xuống mặt phẳng tại các điểm có tọa độ nguyên (tức là điểm có cả hoành độ và tung độ đều nguyên). Tính xác suất để nó đáp xuống các điểm M  x; y  mà x  y  2 . 3 8 1 4 A. B. . C. D. 7 21 3 7 Câu 36: Cho hình lập phương ABCD. AB C D có cạnh bằng a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và DC  bằng Trang 3/6 - Mã đề thi 121
a 6 2a 3 a 2 a 3 A. . B. . C. . D. . 3 3 2 3 ax  b Câu 37: Cho hàm số y  có đồ thị như hình dưới. x 1 y 1 2 x O 1 2 Khẳng định nào dưới đây là đúng? A. b  0  a . B. 0  b  a . C. b  a  0 . D. 0  a  b . 3 2 Câu 38: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số f  x   2 x  6 x  m  1 có các giá trị cực trị trái dấu? A. 2 . B. 9 . C. 3 . D. 7 . 3 Câu 39: Tìm tất các các giá trị thực của tham số m để phương trình x  3x  2m  0 có ba nghiệm thực phân biệt. A. m   2; 2  . B. m   1;1 . C. m   ; 1  1;   . D. m   2;   . 1 Câu 40: Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để hàm số y  x3   m  1 x 2  4 x  7 nghịch biến 3 trên một đoạn có độ dài bằng 2 5. Tính tổng tất cả phần tử của S . A. 4 . B. 2 . C. 1 . D. 2 . Câu 41: Cho hai hàm số y  f  x  , y  g  x  có đạo hàm là f   x  , g   x  . Đồ thị hàm số y  f   x  và g   x  được cho như hình vẽ bên dưới. y f  x g x O 2 6 x Biết rằng f  0   f  6   g  0   g  6  . Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số h  x   f  x   g  x  trên đoạn  0; 6  lần lượt là A. h  6  , h  2  . B. h  2  , h  6  . C. h  0  , h  2  . D. h  2  , h  0  . Câu 42: Trong thời gian liên tục 25 năm, một người lao động luôn gửi đúng 4.000.000 đồng vào một ngày cố định của tháng ở ngân hàng M với lại suất không thay đổi trong suốt thời gian gửi tiền là 0,6% tháng. Gọi A đồng là số tiền người đó có được sau 25 năm. Hỏi mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. 3.500.000.000  A  3.550.000.000 . B. 3.400.000.000  A  3.450.000.000 . C. 3.350.000.000  A  3.400.000.000 . D. 3.450.000.000  A  3.500.000.000 . Câu 43: Với tham số thực k thuộc tập S nào dưới đây để phương trình log 2  x  3   log 2 x 2  k có một nghiệm duy nhất? A. S   ; 0  . B. S   2;   . C. S   4;   . D. S   0;   Trang 4/6 - Mã đề thi 121
  Câu 44: Tìm tất cả các giá trị của tham số m bất phương trình 4x 1  m 2 x  1  0 có tập nghiệm là  . A. m   ; 0  . B. m   0;    . C. m   0;1 . D. m   ; 0   1;    . Câu 45: Xét tứ diện ABCD có các cạnh AB  BC  CD  DA  1 và AC , BD thay đổi. Giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD bằng 2 3 4 3 2 3 4 3 A. . B. . C. . D. . 27 27 9 9 2x 1 Câu 46: Cho hàm số y  có đồ thị  C  . Gọi M  x0 ; y0  (với x0  1 ) là điểm thuộc  C  , biết tiếp 2x  2 tuyến của  C  tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B sao cho SOIB  8SOIA (trong đó O là gốc tọa độ, I là giao điểm hai tiệm cận). Tính giá trị của S  x0  4 y0 . 17 23 A. S  8 . B. S  . C. S  . D. S  2 . 4 4 Câu 47: Cho hàm số y  x3  3mx2  3  m2  1 x  m3  m có đồ thị  C  và điểm I 1;1 . Biết rằng có hai giá trị của tham số m (kí hiệu m1 , m2 với m1  m2 ) sao cho hai điểm cực trị của  C  cùng với I tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 5 . Tính P  m1  5m2 . 5 5 A. P  2 . B. P  . C. P   . D. P  2 . 3 3 Câu 48: Một cái hồ rộng có hình chữ nhật. Tại một góc nhỏ của hồ người ta đóng một cái cọc ở vị trí K cách bờ AB là 1 m và cách bờ AC là 8 m , rồi dùng một cây sào ngăn một góc nhỏ của hồ để thả bèo (như hình vẽ). Tính chiều dài ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào 2 bờ AB , AC và cây cọc K (bỏ qua đường kính của sào). B P K A Q C 5 65 5 71 A. . B. 5 5 . C. 9 2 . D. . 4 4 Câu 49: Cho m  log a  3  ab với a  1 , b  1 và P  log 2a b  16 log b a . Tìm m sao cho P đạt giá trị nhỏ nhất. 1 A. m . B. m  4 . C. m  1 . D. m  2 . 2 Câu 50: Cho hình lập phương ABCD. AB C D có cạnh bằng a . Gọi O là tâm hình vuông ABCD, S là điểm đối xứng với O qua CD  . Thể tích của khối đa diện ABCDSAB C D  bằng a3 7 2 A. B. a 3 C. a 3 D. a 3 6 6 3 ---------------- Hết --------------- Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Trang 5/6 - Mã đề thi 121
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 A A B B D A B C C C D C D A C C D B D B A D B D A 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 C C C B A B A A A A D C D B D A C B A A A A B C B Trang 6/6 - Mã đề thi 121
ĐÁP ÁN ĐỀ THI 1A 2A 3B 4B 5D 6A 7B 8C 9C 10C 11D 12C 13D 14A 15C 16C 17D 18B 19D 20B 21A 22D 23B 24D 25A 26C 27C 28C 29B 30A 31B 32A 33B 34A 35A 36D 37C 38D 39B 40D 41A 42C 43B 44A 45A 46A 47A 48B 49C 50B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Chọn A 1 2π 2π Ta có cos x =− ⇔ cos x =cos ⇔x=± + k 2π . 2 3 3 Câu 2. Chọn A ( ) Do công thức x n ' = nx n −1 nên suy ra y ' = −5 x 4 + 3 x 2 + 4 x Câu 3. Chọn B Tv ( A= ) A' ⇔ { x '= x + a y =' y + b . Vậy { x ' =−2 + 3 y ' = 1 + (−4) ⇒ A ' (1; −3) Câu 4. Chọn B Câu 5: Chọn D . 1 −4 Vì lim y =lim x =−2 ⇒ y =−2 là tiệm cận ngang của hàm số x →±∞ x →±∞ 1 2− x Câu 6: Chọn A . 3x Vì=I ∫ 3x =dx +C ln 3 Câu 7: Chọn B Ta có= y′ 3x 2 − 3 x = 1 y′ = 0 ⇔ 3x 2 − 3 = 0 ⇔   x = −1 Loạiđápán A,C. y′′ = 6 x y′′ (1)= 6 > 0 nên x = 1 làđiểm cực tiểu. Vậy chọn B. . Câu 8: Chọn C Ta có Từ đồ thị ta có đồ thị là hàm số bậc ba với a < 0 và x = 0 ⇒ y =1 Vậy ta chọn đáp án C. Câu 9. Chọn C
Dựa vào BBT: Trên khoảng (−1;3) , y ' đổi dấu nên đáp án A sai. Trên khoảng (−1; +∞) , y ' đổi dấu nên đáp án B sai. Trên khoảng (−∞;1) , y ' đổi dấu nên đáp án D sai Trên khoảng (−1;1) , y ' < 0 nên đáp án C đúng Câu10. Chọn C 1 α = ⇒ x − 1 > 0 ⇔ x > 1 ⇒ TXĐ: D= (1; +∞) 5 Câu 11. Chọn D x 2 Xét hàm số y =   e x x 2 2 2 Ta có y′   .ln   < 0, ∀x ∈  ⇒ hàm số y =   nghịch biến trên  . = e e e Câu 12. Chọn C Câu 13. Chọn D Hình tứ diện có 6 cạnh. Câu 14. Chọn A Thể tích của lăng trụ có diện tíchđáy bằng B và chiều cao h là: V  Bh . Câu 15. Chọn C Khối chóp S . ABCD có chiều cao là SA = a 3 và diện tích đáy S ABCD = a 2 1 1 a3 3 VS . ABCD Thể tích của khối chóp S . ABCD là:= .SA = .S ABCD = .a 3.a 2 3 3 3 Câu 16. Chọn C Khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ và khối chóp C ′. ABC có cùng chiều cao h và diện tích đáy B . 1 B.h V 3 1 1 Suy ra: C ′. ABC = = ⇒ VC ′. ABC = V VABC . A′B′C ′ B.h 3 3 Câu17. Chọn D Diện tích xung quanh của hình trụ là = S xq 2π= = 100m 2 . rl 5.20 Câu 18. Chọn B
Thể tích khối trụ là π R 2 h Câu 19. Chọn D Ta có 21 21− k  2  21 k  2  21 ∑ ∑ Cnk . ( −2 ) .x3k − 42 k 21− k  x − 2  = C n . x . −  2 =  = x  k 0=  x  k 0 Để số hạng không chứa x thì 3k − 42 = 0 ⇔ k = 14 . Vậy số hạng không chứa x cần tìm là −27.C21 14 = −27.C21 7 Câu 20. Chọn B Giả sử cấp số nhân đã cho có công bội là q , ( q < 0 ) . Ta có u3 = 12 u1.q 2 = 12   ⇔  u7 = 192 6 u1.q = 192   q = 2, ( l ) ⇒ q 4 =16 ⇒  , và u1 = 3  q = −2, ( tm ) Vậy u10 = u1.q 9 = −1536 Câu 21: Chọn A Giả sử M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến. Ta có y′ = −3x 2 + 6 x . Do tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =− x3 + 3x 2 + 1 song song với đường thẳng = y 3 x + 2 nên ta được y′ ( x0 ) = 3 ⇔ −3 x02 + 6 x0 =3 ⇔ x0 =1 ⇒ y0 =3 . Phương trình tiếp tuyến tại điểm M (1;3) là y= 3 ( x − 1) + 3 ⇔ y = 3x . Câu 22: Chọn D y′ 3x 2 − 6 x Ta có= x =0 ⇒ y =2 y′ =0 ⇔ 3 x 2 − 6 x =0 ⇔  x =2⇒ y = −2 Hoặc quan sát bảng biến thiên , tìm các điểm mà đồ thị hàm số đi qua rồi rút ra kết luận. Câu 23. ChọnB Tập xác định: D =  \ {0} . 4  x= 2 ∈ [1;3] Khi đó: y ' =− 1 =0⇔  x =−2 ∉ [1;3] 2 x Ta có: 4 f (1) =1 + =5 1 4 f ( 2) =2 + =4 2 4 13 f ( 3) =3 + = 3 3 Vậy = f min f= ( 2 ) 4; = ( 3) 5 . Tích của giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất là 20. f max f= Câu24. Chọn D Xét y ' = 3 x 2 − 12 x + 9 .
 x =1 ⇒ y =2 Cho y ' = 0 ⇔ 3 x 2 − 12 x + 9 = 0 ⇔   x =⇒ 3 y= −2 BBT: Vậy hàm số có hai điểm cực trị là (1; 2 ) và ( 3; −2 ) . Gọi phương trình đi qua hai điểm cực trị dạng = y ax + b . Ta có hệ phương trình 1.a + b =2 a =−2  ⇔ 3.a + b =−2 b =4 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: y = −2 x + 4 . . Câu 25: Chọn A Bảng xét dấu f ' ( x ) : Dựa vào bảng xét dấu ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 2 ) . Câu 26: ChọnC Ta có: 1 1 a = log 2 5 ⇔ log 5 2 = , b = log 3 5 ⇔ log 5 3 = . a b Khi đó: 1 1 1 ab log = 65 = = = . log 5 6 log 5 2 + log 5 3 1 + 1 a + b a b Câu 27. Chọn C 1 Do 0 < < 1 nên log 1 a > log 1 b ⇔ 0 < a < b . 5 5 5 Câu 28. Chọn C Do 3 > 1 nên 3x − 2 ≤ 243 = 35 ⇔ x − 2 ≤ 5 ⇔ x ≤ 7 . Câu 29. Chọn B Vì F ( x) là một nguyên hàm của hàm số f ( x) xác định trên K nên theo định nghĩa nguyên hàm của hàm ( x ) f ( x ) , ∀x ∈ K . số ta có: F '= Câu 30. Chọn A
2 Số giao điểm của đồ thị hàm số y= x + và đường thẳng y = 2 x là số nghiệm của phương trình x −1  x = −1(TM ) 2  x 2 − x + 2= 2 x 2 − 2 x  x 2 − x − 2= 0  hoành độ giao điểm : x + = 2x ⇔  ⇔ ⇔   x = 2(TM ) . x −1 x ≠ 1 x ≠ 1 x ≠ 1  2 Vậy đồ thị hàm số y= x + và đường thẳng y = 2 x cắt nhau tại 2 điểm có hoành độ x = −1, x = 2. x −1 Câu 31. Chọn B 1 Ta có VABC= . A ' B 'C ' VA. A ' B 'C ' + VABCB 'C ' mà VA. A ' B 'C ' = V . 3 1 2V Suy ra VABCB 'C ' = V− V= 3 3 Câu 32. Chọn A Ta có SA ⊥ ( ABCD ) suy ra SA ⊥ ( BCD ) , A ∈ ( BCD ) 1 1 1 2 a3 3 Do đó= VS .BCD = SA.S BCD a= 3 a 3 3 2 6 Câu 33. Chọn B 4 2 3 V = π R 2 h ⇔ 4π = π .R 2 .3 ⇔ R 2 = ⇒ R = . 3 3 Câu 34. Chọn A sin 2 x = −1( n ) sin 2 2 x + 3sin 2 x + 2 = 0⇔ sin 2 x = −2 ( l ) −π −π sin 2 x= −1 ⇔ 2 x= + k 2π ⇔ x= + kπ ( k ∈  ) 2 4 −π 1 41 0≤ + kπ ≤ 10π ⇔ ≤ k ≤ ⇒ k ∈ {1, 2,...,10} 4 4 4 −π 105π ⇒= S 10. + (1 + 2 + ... + 10= ) .π . 4 2 Câu 35. Chọn A + Từ hình vẽ ta thấy, trong hình chữ nhật (tính cả trên các cạnh của hình chữ nhật) có tổng cộng 21 điểm có toạ độ nguyên. Chọn ngẫu nhiên 1 điểm từ 21 điểm có toạ độ nguyên ⇒ Số kết quả có thể xảy ra n ( Ω ) =21 . + Gọi A là biến cố “Con châu chấu đáp xuống điểm M ( x; y ) mà x + y < 2 , x, y ∈  ” Trường hợp 1: y = 0 ⇒ x < 2 ⇒ x ∈ {−2; −1;0;1} ⇒ có 4 cách Trường hợp 2: y = 1 ⇒ x < 1 ⇒ x ∈ {−2; −1;0} ⇒ có 3 cách Trường hợp 3: y = 2 ⇒ x < 0 ⇒ x ∈ {−2; −1} ⇒ có 2 cách
⇒ Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n ( A ) = 4 + 3 + 2 = 9 n ( A) 9 3 Vậy xác suất của biến cố A là P ( A= ) = = . n ( Ω ) 21 7 Câu 36. Chọn D A′ B′ D′ C′ H A B O D C ) d ( DC ′, ( AB′C= Ta có: DC ′ / / AB′ ⇒ DC ′ / / ( AB′C ) ⇒ d ( DC ′, AC= ) ) d ( D, ( AB′C ) ) Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . d ( D, ( AB′C ) ) DO Ta có: BD ∩ ( AB′C ) =O⇒ == 1 ⇒ d ( D, ( AB′C ) ) = d ( B, ( AB′C ) ) d ( B, ( AB′C ) ) BO Kẻ BH ⊥ B′O . AC ⊥ OB   ⇒ AC ⊥ ( BOB′ ) ⇒ AC ⊥ BH AC ⊥ BB′ BH ⊥ AC   ⇒ BH ⊥ ( AB′C ) ⇒ d ( B, ( AB′C ) ) = BH BH ⊥ OB′ a 2 Hình vuông ABCD cạnh bằng a ⇒ BD = a 2 ⇒ OB = . 2 1 1 1 1 2 3 a 3 Xét tam giác BOB′ vuông tại B : = + = 2 + 2 = 2 ⇒ BH = . BH 2 BB′ OB 2 2 a a a 3 a 3 Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và DC ′ bằng . 3 Câu 37. Chọn C ax − b Gọi hàm số y = có đồ thị là ( C ) . x −1 Dựa vào đồ thị ta có: A ( 0; − 2 ) ∈ ( C ) ⇒ b =−2 . A ( 2;0 ) ∈ ( C ) ⇒ 2a − b =0 . Do đó a = −1 . Vậy b < a < 0 . Câu38. Chọn D Tập xác định D =  . x = 0 Ta có y′ =6 x 2 − 12 x ⇒ y′ =0 ⇔  ; f ( 0 ) =1 − m , f ( 2 ) =−7 − m . x = 2 Hàm số f ( x )= 2 x 3 − 6 x 2 − m + 1 có các giá trị cực trị trái dấu ⇔ f ( 0 ) . f ( 2 ) < 0 ⇔ (1 − m ) . ( −7 − m ) < 0 ⇔ −7 < m < 1 . Mà m ∈  ⇒ m ∈ {−6; − 5; − 4; − 3; − 2; − 1;0} . Có 7 giá trị thỏa mãn. Câu 39: Chọn B
x 3 − 3 x + 2m =⇔0 −2m (*) x3 − 3x = Đặt f ( x ) = 3 x − 3 x, x ∈  . x = 1 f ′ (= x ) 3 x 2 − 3 ; f ′ ( x )= 0 ⇔  .  x = −1 (*) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi yCT < −2m < yCD ⇔ y (1) < −2m < y ( −1) ⇔ −2 < −2m < 2 ⇔ −1 < m < 1 . Câu 40: Chọn D y′ =x 2 + 2 ( m + 1) x + 4 và ∆′y′ = ( m + 1) 2 −4. TH1: ∆′y′ ≤ 0 thì y′ ≥ 0, ∀x ∈  nên hàm số đồng biến trên  . Do đó không thỏa mãn yêu cầu bài toán. TH2: ∆′y′ > 0 ⇔ m ∈ ( −∞; −3) ∪ (1; +∞ ) . Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình y′ = 0 . Theo yêu cầu bài toán, (*)  x + x =−2 ( m + 1) Theo định lý viet, ta có:  1 2 .  x1 x2 = −4 m = 0 Thay vào phương trình (*), ta được: 4 ( m + 1) + 16 = 20 ⇔  2 .  m = −2 Do đó, S =0 + ( −2 ) =−2 . Câu 41. Chọn A ' ( x ) f ' ( x ) − g ' ( x ) ; h ' ( x ) =0 ⇔ f ' ( x ) = g ' ( x ) ⇔ x =2∈ [ 0;6] . Ta có h= h= ( 2 ) f ( 2 ) − g ( 2 ) ; h= ( 0 ) f ( 0 ) − g ( 0 ) ; h= ( 6) f ( 6) − g ( 6) . Có f ( 0 ) − f ( 6 ) < g ( 0 ) − g ( 6 ) ⇔ f ( 0 ) − g ( 0 ) < f ( 6 ) − g ( 6 ) ⇔ h ( 0 ) < h ( 6 ) . (1) Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi= y f ′ ( x )= y 0;= , x 0,= x 2 . Gọi S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi= y g ' ( x )= y 0;= , x 0,= x 2. 2 2 S1 Theo hình vẽ ta có:= ∫ f ′ ( x= ) dx f (= x ) 02 f ( 2 ) − f ( 0 ) ;= S2 ∫ g ' ( x= ) dx g ( 2) − g (0) . 0 0 S 2 > S1 ⇔ g ( 2 ) − g ( 0 ) > f ( 2 ) − f ( 0 ) ⇔ f ( 0 ) − g ( 0 ) > f ( 2 ) − g ( 2 ) ⇔ h ( 0 ) > h ( 2 ) . ( 2) Từ (1) ; ( 2 ) suy ra h ( 2 ) < h ( 0 ) < h ( 6 ) . Vậy = Max h ( x ) h= ( 6 ) ; Min h ( x ) h ( 2 ) . [0;6] [0;6] Câu 42. Chọn C Quy đổi 25 năm là 300 tháng. A 4.000.000  Áp dụng công thức: A= 0 (1 + r ) − 1 (1 + r )= (1 + 0.6% ) − 1 (1 + 0.6% )= 3.364.866.655 . n 300 r   0.6%   Câu 43. Chọn B   x  3    log 2  x  3  log 2 x  k   x  0 2    x  x  3  2  * 2 k  Phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình * có đúng một nghiệm x  3;  \ 0 . Xét hàm số f  x  x 2  x  3 trên tập 3;  Ta có f   x   3 x 2  6 x Bảng biến thiên:
x 3 2 0 +∞ f'(x) + 0 0 + 4 +∞ f(x) 0 0 Từ bảng biến thiên ta có, phương trình * có đúng một nghiệm x  3;  \ 0 khi và chỉ khi 2k  4  k  2 . Vậy S  2;  Câu 44. Chọn A x Đặt 2= t (t > 0) . t2 t2 Bất phương trình đã cho trở thành − m ( t + 1) > 0 ⇔ m < (1) (do t > 0 nên t + 1 > 0 ). 4 4 ( t + 1) t2 Xét hàm số f ( t ) = liên tục trên ( 0; +∞ ) . 4 ( t + 1) t 2 + 2t f ′ (t ) Ta có = >0∀t >0. 4 ( t + 1) 2 Suy ra hàm số y = f ( t ) liên tục, đồng biến trên ( 0; +∞ ) . Suy ra f ( t ) > f ( 0 ) = 0 ∀ t > 0 . Bất phương trình đã cho có tập nghiệm là  ⇔ Bất phương trình (1) đúng với mọi t > 0 ⇔ m≤0. Vậy với m ≤ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 45. Chọn A A I C D H B Gọi I , H lần lượt là trung điểm của AC , BD .  BI ⊥ AC Ta có  ⇒ AC ⊥ ( IBD) và VIBCD = VIABD .  DI ⊥ AC x2 Đặt AC = BD = x .Ta có IB = AB 2 − AI 2 = 1 − . 4 2 x2 x2 2 x2 Và IH = IB − BH = 1 − − = 1− . 4 4 2 1 x x2 Diện tích tam giác IBD là S IBD = IH ⋅ BD = 1− với 0 < x < 2 . 2 2 2
2 x x x2 x2 x2 Suy ra VABCD =2VIBCD = IC ⋅ S IBD = ⋅ 1 − = 1− . 3 3 2 2 6 2 x ( 4 − 3x 2 ) 2 f ( x) x Xét hàm số = 2 2 − x ( 0 < x < 2 ) với f ′ ( x ) = 2 =0⇒ x = . 2 − x2 3 Bảng biến thiên 4 6 Ta có max f ( x) = . (0, 2 ) 9 4 6 2 3 Vậy thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất = là maxV (0, 2 ) = 9 ( : 6 2 27 . ) Câu 46. ChọnA −1 2 x0 − 1 Pttt của đồ thị ( C ) tại M ( x0 ; y0= ) là: y ( x − x0 ) + ( x0 ≠ 1) 2 ( x0 − 1) 2 2 x0 − 2  x  Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng x = 1 tại điểm A 1; 0  và cắt tiệm cận ngang y = 1 tại điểm  x0 − 1  B ( 2 x0 − 1;1) . Với I (1;1) là giao của hai đường tiệm cận. 1 1 .d ( O; = S ∆OIB = IB ) .IB . 2 ( x0 − 1) 2 2 1 1 1 =S ∆OIA = d ( O; IA ) .IA 2 2 x0 − 1 1 1 1 = 8S ∆OIA ⇔ . 2 ( x0 − 1= S ∆OIB ) 8. 2 2 x0 − 1 ⇔ ( x0 − 1) = 2 4  5 =  x0 3,= y0 ⇔ 4   x0 = −1 (loai) Do đó: S =x0 + 4 y0 =8 Câu 47: Chọn A *TXĐ : D = . * Ta có y ' =3 x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1);  x= m + 1 y =' 0 ⇔  .  x= m − 1 Giả sử hai điểm cực trị của (C) là A và B, khi đó : A ( m + 1; − 2m − 2 ) ; B ( m − 1; − 2m + 2 ) ⇒ AB = 2 5 = 2 R ( Với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI). Vậy tam giác ABI vuông tại I. Ta có
A ( m + 1; − 2m − 2 ) ; B ( m − 1; − 2m + 2 ) ⇒ AB = 2 5 = 2 R,   IA = ( m; −2m − 3) , IB = ( m − 2; −2m + 1) ;    m = −1 IA.IB = 0 ⇔ 5m + 2m − 3 = 0 ⇔  2 . m = 3  5 3 Theo giả thiết ta có m1 =−1, m2 = ⇒ P = 2. 5 Câu48. Chọn B B P K E A F Q C Đặt AP = a , AQ = b ( a, b > 0 ) . Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của K xuống AB và AC . Suy ra KE = 1 , KF = 8 . KE PK KF QK KF KE 8 1 Ta có: = ; = ⇒ + = 1 hay + = 1. AQ PQ AP PQ AP AQ a b 8 1 a Vì + = 1 nên b = . Do b > 0 ⇒ a > 8 . a b a −8 2 2  a  2 2 Khi đó PQ= a + b= a +   . 2  a −8  2 a  Xét hàm số = y f ( a=) a 2 +   trên khoảng ( 8; + ∞ ) .  a −8  2 a ( a − 8 ) − 8  3 2a −8  . Ta có f ′ ( a= ) 2a + . = a − 8 ( a − 8 )2 ( a − 8) 3 f ′ ( a ) = 0 ⇔ ( a − 8 ) = 8 ⇔ a − 8 = 2 ⇔ a = 10 . 3 Bảng biến thiên a 8 10 +∞ f ′(a) − 0 + +∞ +∞ f (a) 125 f ( a ) f= Do đó min = (10 ) 125 . (8; +∞ ) Vậy min=PQ = 125 5 5 . Câu 49. Chọn C 1   1 Ta có: m  loga 3 ab  loga ab   1  loga b  . 3 3  3m  1  loga b  loga b  3m  1 . 1 Do a  1, b  1 nên loga b  loga 1  0  m  . 3 16 16 1   3m  1  , với m   ;  . 2 Ta có: P  loga2 b  16 logb a  loga2 b  loga b 3m  1  3 
48 P   6 3m  1  . 3m  1 2 48 P   0  6 3m  1   0  3m  1  8  3m  1  2  m  1 . 3 3m  1 2 Bảng biến thiên 1 m 3 1  P  0 +   P 12 Vậy min P  12  m  1. Câu 50. Chọn B Thể tích của hình lập phương ABCDA′B′C ′D′ là VABCDA′B ′C ′D ′ = a 3 . 1 1 S .CDD′C ′ là : VS .CDDC = Thể tích của hình chóp = .d ( S , ( CDD′C ′ ) ) .SCDD ′C ′ .d ( O, ( CDD′C ′ ) ) .SCDD ′C ′ 3 3 OH ⊥ CD  1 a Kẻ OH vuông góc với CD , ta có  ⇒ OH ⊥ ( CDD′C ′ ) ⇒ d ( O, ( CDD′C ′ ) ) = OH = BC = . OH ⊥ CC ′ 2 2 1 a 2 a3 ⇒ VS .CDD ′C ′ =. .a = . 3 2 6 3 a3 7 3 Ta có VABCDSA′B ′C ′D ′ =VABCDA′B ′C ′D ′ + V= S .CDD ′C ′ a= + a. 6 6 --------------HẾT---------------