Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - THPT Mỹ Phước, Vĩnh Long

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

9
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giúp học sinh đánh giá lại kiến thức đã học cũng như kinh nghiệm ra đề của giáo viên. Mời các bạn và quý thầy cô cùng tham khảo Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - THPT Mỹ Phước, Vĩnh Long.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - THPT Mỹ Phước, Vĩnh Long

MA TRẬN 1 HÀM SỐ VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN Mức độ Ghi chú 1 Xét tính đơn điệu của hàm số (biết y, y’) 1 2 Tìm cực trị, điểm cực trị (biết đồ thị, BBT) 1 3 Nhận dạng BBT, nhận dạng hàm số 2 4 Max-Min biết đồ thị, BBT 2 5 Tìm đường tiệm cận (biết y) 2 6 Nhận dạng 3 hàm số thường gặp (biết đồ thị, BBT) 2 7 ĐK để hàm số-bậc ba đơn điệu trên khoảng K 3 8 ĐK để hàm số có cực trị tại xo (cụ thể) 2 9 ĐK hình học về 2 điểm cực trị (hàm bậc ba) 3 10 Nhận dạng hàm số chứa dấu l.l (biết đồ thị) 3 11 Đồ thị hàm N.b cắt d, thoả ĐK hình học 4 12 Bài toán thực tế, liên môn về Max-Min 3 HÀM SỐ LUỸ THỪA, MŨ VÀ LÔGARIT 13 TXĐ của hàm luỹ thừa, hàm vô tỷ 1 14 Thu gọn biểu thức, luỹ thừa 2 15 Tìm tập xác định của hàm số mũ, hàm số lôgarít 1 16 Bài toán thực tế, liên môn 3 17 Dạng pt, bpt mũ cơ bản 2 18 Toán tham số về phương trình mũ 4 NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 19 Công thức nguyên hàm cơ bản, mở rộng 1 20 Hàm phân thức (chỉ biến đổi, không đặt) 1 21 Thể hiện quy tắc đổi biến (cho sẵn phép đặt t) 2 22 PP từng phần với (u = lôgarit) 2 23 Câu hỏi giải bằng định nghĩa, ý nghĩa HH 2 24 Thể tích vật thể tròn xoay y=f(x), y=g(x),... (quanh Ox) 3 25 Bài toán thực tế (gắn hệ trục, tìm đường cong,…) 3 SỐ PHỨC 26 Phần thực, phần ảo 1 27 Câu hỏi về mối liên hệ giữa 2 nghiệm phương trình 2 28 Tập hợp điểm biểu diễn là đường tròn, hình tròn 3 29 Max-Min của môđun của số phức. 4 KHỐI ĐA DIỆN 30 Tính chất đối xứng của khối đa diện 1 31 Phân chia, lắp ghép khối đa diện 2 32 Khối chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy 2 33 Sử dụng định về tỉ số thể tích 3 34 Khối lăng trụ xiên (có một mặt bên vuông góc với đáy) 4 35 Khối hộp chữ nhật 1 KHỐI TRÒN XOAY 36 Tính độ dài đường sinh, bán kính đáy, đường cao khối 1 nón 37 Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần khối trụ 2 38 Mặt cầu nội tiếp-ngoại tiếp đa diện 3 OXYZ 39 Tìm tọa độ điểm, tọa độ véctơ thỏa ĐK cho trước 1 40 Tìm tâm và bán kính, ĐK xác định mặt cầu 1 41 PTMC biết tâm, tiếp xúc với mặt phẳng 2 42 PTMP qua 3 điểm không thẳng hàng 2 43 PTĐT qua 1 điểm, VTCP tìm bằng t.c.h (cho đ.thẳng + 3 mp)
44 Xét VTTĐ giữa đường thẳng và mặt phẳng 2 45 Max-Min trong không gian Oxyz. 4 CÁC BÀI TOÁN VD CẦN DẠY 46 Tích phân hàm ẩn phương pháp đổi biến. 4 47 Tích phân hàm ẩn phương pháp từng phần. 4 48 Max-Min của môđun của số phức. 4 49 Max-Min trong không gian Oxyz. 4 50 Max-Min trong không gian Oxyz. 4 TRƯỜNG THPT BÌNH MINH ĐỀ THI THỬ THPTG 2019 Câu 1: Hỏi hàm số y  4 x4  16 nghịch biến trong khoảng nào? A.  ;1 . B.  0;    . C. 1;    . D.  ;0  . Câu 2: Cho hàm số y = f (x ) xác định, liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên sau: Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hàm số có ba giá trị cực trị. B. Hàm số có ba điểm cực trị. C. Hàm số có hai điểm cực trị. D. Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 1. . Câu 3: Cho bảng biến thiên sau, xác định hàm số: A. y  x 4  2 x 2  3 . B. y   x2  4 x  4 . C. y  x3  3x2  4 x  2 . D. y  x3  3x 2  2 . Câu 4: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau. . Dựa vào bảng biến thiên ta có mệnh đề đúng là. A. Hàm số đạt giá trị lớn nhất trên khoảng  ; 1 . B. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất trên nửa khoảng  2;   . C. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên đoạn  2;1 . D. Hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên đoạn  0; 2 . 3x  1 Câu 5: Cho hàm số y  . Khẳng định nào sau đây đúng? 1 x A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  3 . B. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x  1 . C. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  3 . D. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y= 1.
Câu 6: Đồ thị hình bên là của hàm số nào? y 4 3 2 1 -2 -1 O 2 x -1 A. y  x3  3x . B. y  x3  3x . C. y   x3  2 x . D. y   x3  2 x . Câu 7: Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x3  mx2  x  m nghịch biến trên khoảng 1; 2   11   11 A.  1;   . B.  ;   . C.  ; 1 . D.  ;   .  4  4 1 Câu 8: Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y  x3  mx 2  (m 2  4) x  3 đạt cực đại tại x  3 . 3 A. m  1 . B. m  1 . C. m  5 . D. m  7 . Câu 9: Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y  (2m  1) x  3  m vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  3x 2  1. 3 3 1 1 A. m  . B. m  . C. m   . D. m  . 2 4 2 4 Câu 10: Cho hàm số y  x  5x  3 có đồ thị là hình 1. Hàm số nào dưới đây có đồ thị là hình 2?. 4 2 HÌNH 1 HÌNH 2 A. y  x  5 x  3 . 4 2 B. y   x  5x2  3 . 4 C. y  x 4  5 x 2  3 . D. y  x 4  5 x 2  3 . Câu 11:Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để đường thẳng d : y  2 x  m cắt đồ thị hàm số 3x  1 C  : y  tại 2 điểm phân biệt A, B thoả mãn độ dài AB nhỏ nhất. x4 1 1 A. m   . B. m  1 . C. m  1 . D. m  .. 2 2 Câu 12: Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 961m2 , người ta muốn mở rộng thêm 4 phần đất sao cho tạo thành hình tròn ngoại tiếp mảnh vườn. Biết tâm hình tròn trùng với tâm của hình chữ nhật . Tính diện tích nhỏ nhất Smin của 4 phần đất được mở rộng.
A. Smin = 961p - 961(m 2 ) . B. Smin = 1922p - 961(m 2 ) . C. Smin = 1892p - 946 (m 2 ) . D. Smin = 480,5p - 961(m 2 ) . Câu 13: Tập xác định của hàm số y  (9  x 2 )3 là: A. (3;3) . B. \ 3 . C. (;3)  (3; ) . D. \ 3 . 7 1 a .a 2 7 Câu 14: Rút gọn biểu thức ,  a  0  được kết quả là: a  2 2 2 2 A. a 4 . B. a 3 . C. a 5 . D. a . Câu 15: Tập xác định của hàm số y  log  2 x  x 2  là: A. D   0; 2 . B. D   ;0   2;   . C. D   ;0    2;   . D. D   0; 2  . Câu 16: Ông Anh muốn mua một chiếc ô tô trị giá 700 triệu đồng nhưng ông chỉ có 500 triệu đồng và muốn vay ngân hàng 200 triệu đồng theo phương thức trả góp với lãi suất 0, 75% tháng. Hỏi hàng tháng ông Anh phải trả số tiền là bao nhiêu để sau đúng hai năm thì trả hết nợ ngân hàng? A. 913.5000 đồng. B. 997.0000 đồng. C. 997.1000 đồng. D. 913.7000 đồng. 2 x2 7 x 5 Câu 17: Số nghiệm của phương trình 2  1 là: A. 2 . B. 1. C. Vô số nghiệm. D. 0 . Câu 18: Cho phương trình 4   m  1 2  8  0 . Biết phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x x 1  x1  1 x2  1  6 . Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là A. Không có m . B. 1  m  3 . C. m  3 . D. m  2 . 1 Câu 19: Tất cả nguyên hàm của hàm số f  x   là 2x  3 1 1 1 A. ln  2 x  3  C . B. ln 2 x  3  C . C. ln 2 x  3  C . D. ln 2 x  3  C . 2 2 ln 2 2 x4  3 Câu 20: Hàm nào dưới đây là nguyên hàm của hàm số f ( x)  . x2 2 x3 3 2 x3 3 A. F  x    C . B. F  x    C. 3 x 3 x 3 2x 3 C. F  x    3ln x 2  C . D. F  x   4 x   C . 3 x  3 sin 2 x Câu 21: Xét tích phân I   dx . Thực hiện phép đổi biến t  cos x , ta có thể đưa I về dạng nào sau 0 1  cos x đây?   4 4 1 1 2t 2t 2t 2t A. I    dt . B. I   dt . C. I    dt . D. I   dt . 0 1 t 0 1 t 1 1 t 1 1 t 2 2 Câu 22: Tính tích phân I   ln xdx bằng cách đặt u  ln x , ta có thể đưa I về dạng nào sau đây? 1 A. x ln x   dx  C . C. I  x ln x   dx . D. I  ln x   dx . x  B.  dx .
Câu 23: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn 1; 2 và thỏa mãn f 1  1, f  2   2. Tính 2 I   f   x  dx. 1 7 A. I  1. B. I  1 . C. I  3 . D. I  . 2 Câu 24: Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x , y   x  2 , y  0 quay quanh trục Oy , có giá trị là kêt quả nào sau đây? 1 3 32 11 A. V   . B. V   . C. V   . D. V   . 3 2 15 6 Câu 25: Ông An có một mảnh vườn hình Elip có độ dài trục lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng 10m . Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận trục bé của elip làm trục đối xứng (như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa là 100.000 đồng/ 1m2 . Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên dải đất đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn.) 8m A. 7.862.000 đồng. B. 7.653.000 đồng. C. 7.128.000 đồng. . D. 7.826.000 đồng. . Câu 26: Phần thực, phần ảo của số phức z  4  3i lần lượt là A. 4; 3 . B. 4;3 . C. 4;3 . D. 4; 3 . Câu 27: Biết z1; z2 là hai nghiệm của phương trình 2 z  3z  3  0 . Khi đó giá trị của z12  z22 là: 2 9 9 A. . . B. 9. C. 4. . D.  . 4 4 zi Câu 28: Cho số phức z thỏa mãn là số thuần ảo. Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là: z i A. Đường tròn tâm O , bán kính R  1 . B. Hình tròn tâm O , bán kính R  1 (kể cả biên). C. Hình tròn tâm O , bán kính R  1 (không kể biên). D. Đường tròn tâm O , bán kính R  1 bỏ đi một điểm  0,1 . Câu 29: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  i  z  3  2i  5 . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của môđun của số phức z  2i . Tính M + m. 5  5 10 A. B. 10  5 C. 2  13 . D. 2 10  5 . 5 Câu 30: Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 4 mặt phẳng. B. 1 mặt phẳng. C. 2 mặt phẳng. . D. 3 mặt phẳng. . Câu 31: Cắt khối lăng trụ MNP.M N P bởi các mặt phẳng  MN P  và  MNP  ta được những khối đa diện       nào? A. Hai khối tứ diện và hai khối chóp tứ giác. B. Một khối tứ diện và một khối chóp tứ giác. C. Ba khối tứ diện. D. Hai khối tứ diện và một khối chóp tứ giác. Câu 32: Cho hình lăng trụ ABCD. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Các cạnh bên tạo với đáy một góc 60o . Đỉnh A cách đều các đỉnh A, B, C , D . Trong các số dưới đây, số nào ghi giá trị thể tích của hình lăng trụ nói trên?
a3 3 a3 6 a3 6 a3 6 A. . B. . C. . D. . 2 2 3 9 Câu 33: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích bằng 1. Trên cạnh SC lấy điểm E sao cho SE  2EC . Tính thể tích V của khối tứ diện SEBD . 2 1 1 1 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 3 3 12 6 Câu 34: Để làm một máng xối nước, từ một tấm tôn kích thước 0,9m  3m người ta gấp tấm tôn đó như hình vẽ dưới biết mặt cắt của máng xối (bởi mặt phẳng song song với hai mặt đáy) là một hình thang cân và máng xối là một hình lăng trụ có chiều cao bằng chiều dài của tấm tôn. Hỏi x  m  bằng bao nhiêu thì thể tích máng xối lớn nhất ? x 3m 0,3m xm x 0,9 m 0,3m 3m 0,3m 0,3m (a) Tấm tôn (b) Máng xối (c) Mặt cắt . A. x  0, 6m . B. x  0, 65m . C. x  0, 4m . D. x  0,5m . Câu 35: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD . Biết AB  a, AD  2a, AA  3a. Tính thể tích khối hộp ABCD. ABC D . A. 2a 3 . B. 6a 3 . C. 6a 2 . D. 2a 2 . Câu 36: Trong không gian cho tam giác ABC vuông cân tại A với đường cao AH , AB  2a . Tính bán kính R của đáy hình nón, nhận được khi quay tam giác ABC xoay quanh trục AH ? a 2 A. R  2a . B. R  a 2 . C. R  . D. R  2a 2 . 2 Câu 37 : Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh bằng a . Gọi S là diện tích xung quanh của hình trụ có hai đường tròn đáy ngoại tiếp hai hình vuông ABCD và ABCD . Tính S .  a2 2 A. . B.  a 2 2 . C.  a 2 3 . D.  a 2 . 2 Câu 38: Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng 1, SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt bên SBC và đáy bằng 60 . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC bằng bao nhiêu? 43 43 43 4 a 3 A. . B. . C. . D. . 4 12 36 16 Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3; 2;1 , B  1;0;5 . Tìm tọa độ trung điểm của đoạn AB . A. I (1;1;3) . B. I (1; 1;1) . C. I (2;1;3) . D. I (2; 2;6) . Câu 40 : Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  2  0 . Mặt cầu ( S ) có tâm I và bán kính R là. A. I (2;1;3), R  2 3 . B. I (2; 1; 3), R  12 . C. I (2; 1; 3), R  4 . D. I (2;1;3), R  4 . Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I  1; 2;1 và mặt phẳng  P  có phương trình x  2 y  2 z  8  0 . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng  P  : A.  x  1   y  2    z  1  3 . B.  x  1   y  2    z  1  9 . 2 2 2 2 2 2 C.  x  1   y  2    z  1  4 . D.  x  1   y  2    z  1  9 . 2 2 2 2 2 2 Câu 42: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) đi qua ba điểm E  0; 2;3 , F  0; 3;1 , G 1; 4;2  . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) .
A.  P  : 3x  2 y  z  7  0 . B.  P  : 3x  2 y  z  1  0 . C.  P  : 3x  2 y  z  7  0 . D.  P  : 3x  2 y  z  1  0 . x  2 y 5 z 2 Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 3; 4  , đường thẳng d :   3 5 1 và mặt phẳng  P  : 2 x  z  2  0 . Viết phương trình đường thẳng  qua M vuông góc với d và song song với  P  . x 1 y  3 z  4 x 1 y3 z4 A.  :   . B.  :   . 1 1 2 1 1 2 x 1 y  3 z  4 x 1 y3 z4 C.  :   . D.  :   . 1 1 2 1 1 2 x  2 y 1 z 1 Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng có phương trình d :   . 1 1 1 Xét mặt phẳng  P  : x  my   m 2  1 z  7  0, với m là tham số thực. Tìm m sao cho đường thẳng d song song với mặt phẳng  P  .  m  1 A.  . B. m  2 . C. m  1 . D. m  1 . m  2 Câu 45: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2;1;1 , B  0;3;  1 . Điểm M nằm trên mặt phẳng  P  :2 x  y  z  4  0 sao cho MA  MB nhỏ nhất là A. 1;0; 2  . . B.  0;1;3 . . C. 1; 2;0  . . D.  3;0; 2  . .   Câu 46: Cho hàm số f  x  liên tục, không âm trên đoạn 0;  , thỏa mãn f  0   3 và  2   f  x  . f   x   cos x. 1  f 2  x  , x  0;  . Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của hàm số  2    f  x  trên đoạn  ;  . 6 2 21 5 5 A. m  , M  2 2 . B. m  , M  3 . C. m  , M  3. D. m  3 , M  2 2 . 2 2 2 2 Câu 47: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 2 thỏa mãn f  2   6 ,   f   x   dx  7 và 2 0 2 2 17 0  x. f  x  dx  2 . Tích phân  f  x  dx bằng 0 A. 8 . B. 6 . C. 7 . D. 5 . Câu 48: Cho số phức z1 thỏa mãn z1  5  3i  z1  1  3i và z2 thỏa mãn z2  4  3i  z2  2  3i . Tìm giá trị nhỏ nhất của P  z1  z2  z1  6  i  z2  6  i . 18 16 A. . B. . C. 2 10 . D. 6 . 13 13 Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  9 và mặt 2 2 2 phẳng  P  : 2 x  2 y  z  3  0 . Gọi M  a; b; c  là điểm trên mặt cầu  S  sao cho khoảng cách từ M đến  P  là lớn nhất. Khi đó A. a  b  c  5. . B. a  b  c  6. . C. a  b  c  7. . D. a  b  c  8. .
m2 Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  Sm  :  x  1   y  1   z  m   2 2 2 , với 4 m  0 là tham số và hai điểm A  2;3;5 , B 1; 2; 4  . Tìm giá trị nhỏ nhất của m để trên  Sm  tồn tại điểm M sao cho MA2  MB 2  9 . 4 3 A. m  1 . B. m  3  3 . C. m  8  4 3 . D. m  . 2 ----HẾT-- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN 1-B 2-B 3-A 4-B 5-C 6-A 7-D 8-C 9-B 10-A 11-A 12-D 13-D 14-C 15-D 16-D 17-A 18-B 19-B 20-A 21-D 22-C 23-A 24-C 25-B 26-A 27-D 28-D 29-B 30-A 31-C 32-B 33-B 34-A 35-B 36-B 37-B 38-B 39-A 40-C 41-D 42-C 43-C 44-A 45-C 46-A 47-A 48-A 49-C 50-C HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: B TXĐ D  Ta có y  16 x3 . Khi đó: y  0  x  0 . Do đó: y  0  x  0 và y  0  x  0 . Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  0;   . Câu 2: B Dựa vào đồ thị hàm số, ta có các nhận xét sau: Hàm số có ba điểm cực trị, gồm các điểm x = - 1, x = 1, x = 0 vì đạo hàm y ¢ đổi dấu đi qua các điểm đó. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 , đạt cực tiểu tại x = ± 1. Đáp án A sai vì hàm số chỉ có hai giá trị cực trị là yCD = - 3 và yCT = - 4 . Nói đến đồ thị hàm số thì khi đó mới có ba điểm cực trị là A (0;- 3), B (- 1;4 ), C (1; - 4 ). Câu 3: A Dựa vào bảng biến thiên ta nhận thấy hàm số là hàm trùng phương nên ta loại đáp án C và D Đồ thị hàm số qua điểm  0; 3 nên ta chọn đáp án A Câu 4: B Câu 5: C Vì lim y  3, lim y  3 . x  x  Câu 6: A Đồ thị của hàm số đi qua điểm A  1; 2  , O  0;0  , C 1;  2  nên chỉ có y  x3  3x thỏa. Câu 7: D
Ta có y '   x3  mx 2  x  m  '  3x 2  2mx  1 Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;2   y '  0  1  3x 2 3x 2  2mx  1  0 m   f  x x  1; 2     2x  x  1; 2   x  1; 2   3x 2  1 Ta có f '  x     0, x  1; 2   f  x  nghịch biến trên khoảng 1; 2  2 x2 11  f  x   f  2   4  m  f  x  11  11  Mặt khác   m  f  2     m   ;   . x  1; 2  4  4 Câu 8: C m 1 Ta có y  x2  2mx  m2  4 . Hàm số đạt cực trị tại x  3 suy ra y  3  0  m2  6m  5  0   m  5 Lại có y  2 x  2m . +, Với m  1 , y  3  6  2  4  0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  3 (loại). +, Với m  5 , y  3  6  10  4  0 . Hàm số đạt cực đại tại x  3 (thỏa mãn). Vậy với m  5 hàm số đạt cực đại tại x  3 . Câu 9: B Ta có y  6 x2  6 x . Từ đó ta có tọa độ hai điểm cực trị A(0;1), B(1; 1) . Đường thẳng qua hai điểm cực trị có phương trình y  2 x  1 . Đường thẳng này vuông góc với đường thẳng y  (2m  1) x  3  m khi 3 và chỉ khi (2m  1)(2)  1  m  . 4 Câu 10: A + Giữ nguyên phần đồ thị y  x 4  5x 2  3 phía trên trục hoành + Lấy đối xứng qua trục hoành của phần đồ thị y  x 4  5x 2  3 nằm phía dưới trục hoành lên trên trục hoành. Câu 11: A 3x  1 Phương trình hoành độ giao điểm là:  x  2m x4 x  4  x  4   2  3x  1   x  4  x  2m   x  x  2m  7   8m  1  0(*) để d cắt  C  tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1; x2    4m 2  4m  53  0  m  theo định lí Viet ta có: x1  x2    2m  7  ; x1.x2  8m  1 A  x1; x1  2m  ; B  x2 ; x2  2m  AB  2  x1  x2  2  AB 2  2  x1  x2   2  x1  x2   4 x1 x2  2 2    2  2m  7   4  8m  1  2  4m2  4m  53  2  2m  1  52  2.52 2 2     1 ABmin  2 26  2m  1  0  m   2
Câu 12: D Gọi x (m ), y (m ) (x > 0, y > 0) lần lượt là hai kích thước mảnh vườn hình chữ nhật; R (m ) là bán kính hình x 2 + y2 tròn ngoại tiếp mảnh vườn ¾ ¾® R2 = OB 2 = . 4 Theo đề bài, ta có xy = 961m 2 . Diện tích 4 phần đất mở rộng: S = Stron - S ABCD = p R 2 - xy (x 2 + y 2 ) Cosi 2 xy = p. - xy ³ p. - xy = 480,5p - 961 . 4 4 Câu 13: D Ta có   3 là số nguyên âm nên 9  x 2  0  x  3 Câu 14: C Câu 15: D Điều kiện 2 x  x 2  0  0  x  2 . Vậy tập xác định của hàm số là D   0; 2  . Câu 16: D Để sau đúng n tháng trả hết nợ thì Sn  0 nên: 1  r  1 A 1  r  .r n n A 1  r  X  0 và X  n 1  r  1 n r Nên số tiền ông Anh phải trả hàng tháng là: 24  0, 75  0, 75 200. 1   . X  100  100  913.7000 đồng. 24  0, 75  1   1  100  Câu 17: A x  1 Ta có 2 2 x2 7 x 5  1  2x  7 x  5  0   2 . x  5  2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. Câu 18: B Đặt t  2 x  t  0  thì phương trình đã cho trở thành t 2  2  m  1 t  8  0 1 . Điều kiện để phương trình có hai nghiệm x1 , x2  1 có hai nghiệm dương phân biệt t1 , t2    0  m 2  2m  7  0   m  1  2 2      S  0  2  m  1  0    m  1  2 2  m  1  2 2 . P  0 8  0    m  1 Khi đó t1  m  1  m 2  2m  7  2 x1 , t2  m  1  m 2  2m  7  2 x2 Ta có t1.t2  2 x1  x2  8  x1  x2  3 ,  x1  1 x2  1  6  x1 x2  2      log 2 m  1  m2  2m  7 .log 2 m  1  m2  2m  7  2  log  m  1  m  2m  7  log 8 2 2 2 2 m  1  m  2m  7 2  log  m  1  m  2m  7  3  log  m  1  m  2m  7    2 1 2 2 2   2 Đặt u  log  m  1  m  2m  7  thì 1 trở thành 3u  u  2  0   2 u  1 2 . u  2 2 Với u  1  m  1  m2  2m  7  2  m2  2m  7  1  m : ptvn do m  1  2 2 . Với u  2  m  1  m2  2m  7  4  m2  2m  7  3  m  m  2 (nhận).
Vậy m  2 thỏa ycbt. Câu 19: B 1 1 Áp dụng công thức nguyên hàm mở rộng:  f  x  dx   2 x  3 dx  2 ln 2 x  3  C Câu 20: A 2 x4  3 3 2 x3 3 f ( x)   2 x 2  ; F  x    C. x2 x2 3 x Câu 21: D  1 Ta có t  cos x  dt   sin xdx . Khi x  0 thì t  1 , khi x  thì t  . Vậy 3 2   1 3 3 2 1 sin 2 x 2sin x cos x 2t 2t I  dx   dx    dt   dt . 0 1  cos x 0 1  cos x 1 1 t 1 1 t 2 Câu 22: C  1 u  ln x du  dx   dv  dx v  x x  ln xdx  x ln x   dx  x ln x  x  C  Câu 23: A 2 2 Ta có I   f   x  dx  f  x   f  2   f 1  1. 1 1 Câu 24: C y  0 Ta có y  x   và y   x  2  x  2  y . x  y 2  y  2 Xét phương trình y 2  2  y  y 2  y  2  0   . Do y  0 nên y  1 . y 1 Thể tích khối tròn xoay cần tính khi quay quanh trục Oy là: 1 VOy     y 2    2  y  dy 2 2 0 1  y5 y3  32 1     y  y  4 y  4  dy      2 y 2  4 y   4 2 (đvtt). 0  5 3 0 15 Câu 25: B x2 y 2 Giả sử elip có phương trình   1. a 2 b2 Từ giả thiết ta có 2a  16  a  8 và 2b  10  b  5  5 2 2  y 64  y 2 ( E1 ) x y 8 Vậy phương trình của elip là  1  64 25  y  5 64  y 2 ( E )  8 1 Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường ( E1 ); ( E2 ); x  4; x  4 và diện tích của dải 4 4 5 5 vườn là S  2  64  x 2 dx   64  x 2 dx 4 8 20  3 Tính tích phân này bằng phép đổi biến x  8sin t , ta được S  80    6 4   3 Khi đó số tiền là T  80    .100000  7652891,82 7.653.000 . 6 4 
Câu 26: A Câu 27: D  b 3  S  z1  z2     Theo Viet, ta có:  a 2  P  z .z  c  3  1 2 a 2 3 9 z12  z22  S 2  2 P   3   4 4 Câu 28: D Gọi M  a, b  là điểm biểu diễn số phức z  a  bi (a, b  ) z  i a  (b  1)i a 2  b2  1 2a Ta có:   2  2 i z  i a  (b  1)i a  (b  1) a  (b  1) 2 2 zi a 2  b2  1  a 2  b 2  1  a 2  b2  1 Để là số thuần ảo thì 2 0  2  z i a   b  1 a   b  1  0 a  0, b  1 2 2 a 2  b2  1  0  a 2  b 2  1  0  a 2  b 2  1  Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm O, bán kính a  (b  1) 2 2 R 1 Câu 29: B Gọi z  x  yi;  x; y   có điểm M  x; y  biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ. Ta có: z  1  i  z  3  2i  5   x  1   y  1   x  3   y  2   5 2 2 2 2  x  1   y  2   3   x  3   y  2   4   5 1 2 2  2 2 Số phức z  2i  x   y  2  i có điểm M '  x; y  2  biểu diễn z  2i trên mặt phẳng tọa độ. Đặt A 1;3 , B  3; 4  thì từ (1) ta có: AM ' BM '  5  2 Mặt khác AB   2;1  AB  5  3 nên từ (2) và (3) suy ra M’ thuộc đoạn thẳng AB. Nhận xét rằng OAB là góc tù (hoặc quan sát hình vẽ) ta có M '  z max  OB  5 và m  z min  OA  10 . Vậy M  m  10  5 . (Chứng minh max min dựa vào các tam giác OAM’, OM’B lần lượt tù tại A, M’). Câu 30: A Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng bao gồm:
 2 mặt phẳng đi qua đỉnh hình chóp và chứa đường trung bình của đáy.  2 mặt phẳng đi qua đỉnh hình chóp và chứa đường chéo của đáy. Câu 31: C M N P M' N' P' . Cắt khối lăng trụ MNP.M N P bởi các mặt phẳng  MN P  và  MNP  ta được ba khối tứ diện là P.MNP; P.MNN ; M .MNP . Câu 32: B Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Từ giả thiết A’ cách đều các đỉnh A, B, C ta suy ra hình chiếu của A’ trên mặt phẳng ABCD là O hay A’O là đường cao của khối lăng trụ. Trong tam giác A’OA vuông tại A và A ' OA  600 , ta có: a a 6 A ' O  OA.tan 600  . 3 . 2 2 Diện tích đáy ABCD là S ACDD  a 2 . a3 6 Thể tích của khối lăng trụ là V  B.h  S ABCD . A ' O  . 2 a3 6 Vậy V  . 2 . Câu 33: B S E A D B C . 1 1 Ta có VSBCD  VSABCD  . 2 2
VSEBD SE.SB.SD 2 1   . Do đó VSEBD  . VSCBD SC.SB.SD 3 3 Câu 34: A Vì chiều cao lăng trụ bằng chiều dài tấm tôn nên thể tích máng xối lớn nhất khi diện tích hình thang cân (mặt cắt) lớn nhất. h Ta có S   x  0,3 . 2  x  0,3  x  0,3 .  x  0,3 2 2 x  0,3 BC  h  0,3  S   0,3  2 2 . 2 4 2 4 B C h 0.3m 0.3m A . 1 S  x  0,3 4.  0,3   x  0,3 . 2 2 4 Xét hàm số f  x    x  0,3 4.  0,3   x  0,3 . 2 2 2  x  0,3  f   x   4.  0,3   x  0,3   x  0,3 2 2 . 4.  0,3   x  0,3 2 2 4.  0,3   x  0,3   x  0,3 x  0,3 0,36  2 x  x  0,3 2 2   . 4.  0,3   x  0,3 4.  0,3   x  0,3 2 2 2 2  x  0,3 f   x   0   x 2  0,3x  0,18  0   .  x  0, 6 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f  x  lớn nhất khi x  0, 6 . Vậy thể tích máng xối lớn nhất khi x  0, 6m . Câu 35: B VABCD. ABCD  AB. AD. AA  a.2a.3a  6a3 ( đvtt ). Câu 36: B . 1 1 R  HB  BC  2a 2  a 2. 2 2 . Câu 37: B
A' D' C' B' A D B C Gọi R, h lần lượt là bán kính của đường tròn đáy và chiều cao của khối trụ. AC a 2 Ta có ABCD là hình vuông nên R   . 2 2 h  AA  a . a2  a3 Khi đó: VT   .R 2 .h   . .a  . 2 2 Câu 38: B S J I R A C G M B . 3 3 Ta có: AM  , AG  . 2 3 G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Dựng đường thẳng  qua G và vuông góc mặt phẳng ( ABC ). Suy ra  là trục đường tròn ngoại tiếp hình chóp S. ABC . Gọi J là trung điểm SA . Trong mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng SA và  kẻ đường thẳng trung trực của đoạn SA cắt  tại I . I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S. ABC .  SBC  ,  ABC    SMA  60 . SA 3 3 Tam giác SAM vuông tại A : tan SMA   SA  . 3 . AM 2 2 SA 3 JA   . 2 4 9 1 129 IAG vuông tại J : R  IA  IG 2  AG 2  JA2  AG 2    . 16 3 12 129 43 S  4R 2  4  . 144 12 Câu 39: A Dựa vào công thức trung điểm I ( xI ; yI ; zI ) của đoạn AB .
 x A  xB  xI  2   y A  yB  yI   I (1;1;3) .  2  z A  zB  zI  2  Câu 40: C Mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 (với a  2; b  1; c  3, d  2 ). có tâm I  (a; b; c)  (2; 1; 3) , bán kính R  a 2  b2  c 2  d  4 . Câu 41: D 1  2.2  2.1  8 Ta có: R  d  I ,  P     3. 12  22   2  2 Phương trình mặt cầu là:  x  1   y  2    z  1  9 . 2 2 2 Câu 42: C Ta có EF   0; 1; 2  , EG  1; 2; 1 ,  EF , EG    3; 2;1 . Suy ra VTPT của mặt phẳng ( P ) là n   3; 2; 1 . Phương trình mặt phẳng  P  là: 3x  2  x  2    y  3  0  3x  2 y  z  7  0 . Câu 43: C Đường thẳng d có VTCP là ud   3; 5; 1 và mặt phẳng  P  có VTPT là n p   2;0;1 . Suy ra ud , n p    5; 5;10  . Khi đó chọn VTCP của đường thẳng  là u  1;1; 2  . x 1 y  3 z  4 Phương trình đường thẳng  :   . 1 1 2 Câu 44: A Đường thẳng d có một VTCP u  1;1;  1 . Mặt phẳng  P  có một VTPT n  1; m; m 2  1 .  m  1 d / /  P   u.n  0  1  m   m2  1  0  m 2  m  2  0   . m  2 Câu 45: C Khi đó Trước hết ta xét vị trí tương đối của hai điểm A  2;1;1 và B  0;3;  1 so với mặt phẳng  P  :2 x  y  z  4  0 . Ta có  2.2  1  1  4  2.0  3  1  4   4  0. Do đó A  2;1;1 và A  0;3;  1 nằm khác phía so với mặt phẳng  P  :2 x  y  z  4  0 . Theo bất đẳng thức tam giác ta có MA  MB  AB . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M , A, B thẳng hàng hay M  AB   P  . Đường thẳng AB qua điểm A  2;1;1 và có vec tơ chỉ phương AB  2 1; 1;1 có phương trình tham số x  2  t   y  1  t Suy ra M  2  t;1  t;1  t  .  z  1  t.  Vì M   P  nên ta có 2  2  t   1  t  1  t  4  0  2t  2  t  1. Vậy M 1; 2;0  . Câu 46: A
Từ giả thiết f  x  . f   x   cos x. 1  f 2  x  f  x. f   x f  x. f  x   cos x   dx  sin x  C 1 f 2  x 1 f 2  x Đặt t  1  f 2  x   t 2  1  f 2  x   tdt  f  x  f   x  dx . Thay vào ta được  dt  sin x  C  t  sin x  C  1  f 2  x   sin x  C . Do f  0   3  C  2 . Vậy 1  f 2  x   sin x  2  f 2  x   sin 2 x  4sin x  3    f  x   sin 2 x  4sin x  3 , vì hàm số f  x  liên tục, không âm trên đoạn 0;  .  2   1 Ta có  x    sin x  1 , xét hàm số g  t   t 2  4t  3 có hoành độ đỉnh t  2 loại. 6 2 2  1  21 Suy ra maxg  t   g 1  8 , min g  t   g    . 1   ;1 1   ;1 2 4 2  2      21 Suy ra max f  x   f    2 2 , min f  x   g    .    6;2 2    6;2  6 2     Câu 47: A 2 Tính: I   x. f  x  dx . 0 du  f   x  dx u  f  x   Đặt:   1 2 dv  xdx v  x  2 1 2 2 12 2 2 1 2 Ta có: I  x . f  x    x f   x  dx  12   x f   x  dx , (vì f  2   6 ). 2 0 20 20 2 2 17 17 1 Theo giả thiết:  x. f  x  dx  0 2  2  12   x 2 f   x  dx 20 2   x 2 f   x  dx  7 0 2 2  x f   x  dx    f   x  dx 2  2 0 0   x f   x    f   x   dx  0 2 2  2 0 2   f   x  .  x  f   x   dx  0 2 0 1 3  x2  f   x   0  f   x   x2  f  x   x C . 3 10 Với f  2   6  C  . 3 1 10 Khi đó: f  x   x3  . 3 3 1 10  1 10  2 2 2 Vậy  f  x  dx    x 3   dx   x 4  x   8 . 0 0 3 3  12 3 0
Câu 48: A Gọi z1  x1  y1i được biểu diễn bởi điểm M  x1 , y1  , z2  x2  y2i được biểu diễn bởi điểm N  x2 , y2  . Điểm A  6;1 . Từ giả thiết z1  5  3i  z1  1  3i  2 x1  3 y1  6 , suy ra M  d1 : 2 x  3 y  6  0 . z2  4  3i  z2  2  3i , suy ra N  d2 : x  3 y  3  0 . Khi đó P  z1  z2  z1  6  i  z2  6  i  MN  MA  NA . Bài toán đưa về tìm hai điểm M  d1 , N  d 2 để chu vi tam giác AM1M 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Gọi A1 , A2 lần lượt là điểm đối xứng của A qua d1; d2 . Ta có 2 x  3 y  6  72 22  AM  MN  NA  A1 A2  Pmin  A1 A2  2BC với B   B  ;  và 3x  2 y  20  13 13  x  3y  3  27 4  18 C  C  ;  . Vậy Pmin  2 BC  . 3x  y  17  5 5  13 Câu 49: C Mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  9 có tâm I 1; 2;3 và bán kính R  3. 2 2 2 Gọi d là đường thẳng đi qua I 1; 2;3 và vuông góc  P   x  1  2t  Suy ra phương trình tham số của đường thẳng d là  y  2  2t . z  3  t  Gọi A, B lần lượt là giao của d và  S  , khi đó tọa độ A, B ứng với t là nghiệm của phương trình t  1 1  2t  1   2  2t  2    3  t  3 9  2 2 2 t  1 13 Với t  1  A  3;0; 4   d  A;( P)   . 3 5 Với t  1  B  1; 4; 2   d  B;( P)   . 3 Với mọi điểm M  a; b; c  trên  S  ta luôn có d  B;( P)   d  M ;( P)   d  A;( P)  . Vậy khoảng cách từ M đến  P  là lớn nhất bằng khi M  3;0; 4  13 3 Do đó a  b  c  7. Câu 50: C m2 m Ta có  Sm  :  x  1   y  1   z  m  có tâm I 1;1; m  bán kính R  . 2 2 2 4 2 Gọi M  x, y, z  từ giả thiết MA2  MB 2  9   P  : x  y  z  4  0 .
m2 Suy ra M   Sm    P  . Suy ra d  I ,  P    R  m   84 3  m  8 4 3 . 3 2 Vậy giá trị m cần tìm thỏa yêu cầu bài toán là m  8  4 3 .