Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 2 năm 2019 - THPT Đại học Vinh

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:21

Thêm vào BST

Báo xấu

11
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Mời các bạn cùng tham khảo Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 2 năm 2019 - THPT Đại học Vinh dưới đây để có thêm tài liệu ôn thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 2 năm 2019 - THPT Đại học Vinh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VINH ĐỀ THI THỬ THPT QG NĂM 2019 CHUYÊN VINH L2 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Mã Đề: (Đề gồm 06 trang) Họ và tên:............................................................................SBD:.......................................... Câu 1: Trong hình vẽ bên, điểm P là điểm biểu diễn của số phức z1, điểm Q là điểm biểu diễn của số phức z2. Tìm số phức z  z1  z2 A. 1  3i B. 3  i C. 1  2i D. 2  i Câu 2: Giả sử f x và f x là các hàm số bất kỳ liên tục trên và a, b, c là các số thực. Mệnh đề nào sau đây sai? b c a b c A.  f  x dx   f  x dx   f  x dx  0 a b c B.  cf  x dx  c  f  x dx a b b b b b b b C.  f  x  .g  x dx   f  x dx. g  x dx D.  ( f  x   g  x )dx   g  x dx   f  x dx a a a a a a Câu 3: Cho hàm số y  f x có tập xác định ; 2  và bảng biến thiên như hình vẽ bên Mệnh đề nào sau đây sai về hàm số đã cho A. Giá trị cực đại bằng 2 B. Hàm số có hai điểm cực tiểu. C. Giá trị cực tiểu bằng 1. D. Hàm số có hai điểm cực đại. Câu 4: Cho cấp số cộng  un  có u1  2; u4  4 . Số hạng u6 là A. 8. B. 6. C. 10. D. 12. Câu 5: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng   : x  2 z  3  0 Một véc-tơ chỉ phương của  là A. b  2; 1;0  B. v 1; 2;3 C. a 1;0; 2  D. w  2;0; 1 Câu 6: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có thể tích bằng 1. Thể tích khối tứ diện A’B’C’D’ bằng 1 1 1 1 A. B. C. D. 3 6 2 12 Câu 7: Tất cả các nguyên hàm của hàm số f  x   sin 5 x caodangyhanoi.edu.vn
1 A. a, b B. cos5x + C C. cos5x + C D.  cos 5 x  C 5 Câu 8: Cho hàm số f x có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đồng biến trên khoảng nào sau đây? A. 2; 4. B. 0; 3 . C. 2; 3 . D. 1; 4. Câu 9: Đường cong hình bên là của đồ thị nào dưới đây? A. y  x3  5x 2  8x  1 B. y  x3  6 x 2  9 x  1 C. y   x3  6 x 2  9 x  1 D. y  x3  6 x 2  9 x  1 Câu 10: Giả sử a, b là các số thực dương tùy ý thỏa mãn a 2b3  44 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 2log 2 a  3log 2 b  8 B. 2log 2 a  3log 2 b  8 C. 2log 2 a  3log 2 b  4 D. 2log 2 a  3log 2 b  4 Câu 11: Trong không gian Oxyz, mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau song song với trục Oz? A.  : z  0. B. P : x + y =0 C. Q: x+11y + 1= 0 D. : z  1 1 Câu 12: Nghiệm của phương trình 2 x3  là số nào sau đây? 2 A. 0 B. 2 C. 1 D. 1 Câu 13: Mệnh đề nào sau đây sai? A. Số tập con có 4 phần tử của tập 6 phần tử là C64 B. Số cách xếp 4 quyển sách vào 4 trong 6 vị trí ở trên giá là A64 C. Số cách chọn và xếp thứ tự 4 học sinh từ nhóm 6 học sinh là C64 D. Số cách xếp 4 quyển sách trong 6 quyển sách vào 4 vị trí trên giá là A64 1 Câu 14: Cho F x là nguyên hàm của f  x   thỏa mãn F2  4. Giá trị F1 bằng x2 A. 3 B. 1 C. 2 3 D. 2 2 Câu 15: Biết tập hợp nghiệm của bất phương trình 2 x  3  x là khoảng a; b . Giá trị a + b bằng 2 caodangyhanoi.edu.vn
A. 3 B. 2 C. 0 D. 1 x2  2x  x Câu 16: Đồ thị hàm số y  có bao nhiêu đường tiệm cận. x 1 A. 3 B. 0 C. 2 D. 1 Câu 17: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2; BC 1, AA  1. Tính góc giữa AB và BCC’B. A. 450 B. 900 C. 300 D. 600 Câu 18: Cho hàm số y  f x có đạo hàm f '  x   x  x  1 x  2  với mọi x 2 . Giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x trên đoạn  1; 2 là A. f 1. B. f 0 . C. f 3 . D. f 2. x y z Câu 19: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  :   và mặt phẳng   : x  y  2 z  0 . Góc 1 2 1 hợp bởi đường thẳng  và mặt phẳng   bằng: A. 30 B. 60 C. 150 D. 120 Câu 20: Tính thể tích V của vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x  0 và x  4 , biết rằng khi cắt bởi mặt phẳng tùy ý vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x 0  x  4 thì được thiết diện là nửa hình tròn có bán kính R  x 4  x 64 32 64 32 A. V  B. V  C. V  D. V  3 3 3 3 Câu 21: Cho số thực a  2, gọi z1, z2, là hai nghiệm phức của phương trình z 2  2 z  a  0 Mệnh đề nào sau đây là sai: z z z z A. z1+ z2 là số thực B. z1- z2 là số ảo. C. 1  2 là số ảo. D. 1  2 là số thực. z2 z1 z2 z1 a2  b Câu 22: Cho số thực a, b thỏa mãn 1  a  b và log a b  logb a 2  3 . Giá trị của biểu thức T  log ab 2 bằng 1 3 2 A. B. C. 6 D. 6 2 3 1 1 Câu 23: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f  x   x3  x 2  x  1 và trục hoành 3 3 như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây sai? 1 3 3 A. S   f  x  dx   f  x  dx B. S  2  f  x  dx 1 1 1 1 3 C. S  2  f  x  dx D. S   f  x  dx 1 1 Câu 24: Trong không gian Oxyz, mặt cầu có tâm I 1; 2; 3 và tiếp xúc với trục Oy có bán kính bằng caodangyhanoi.edu.vn
A. 10 B. 2 C. 5 D. 13 Câu 25: Cho hình nón đỉnh S có đường sinh bằng 2, đường cao bằng 1. Tìm đường kính của mặt cầu chứa điểm S và chứa đường tròn đáy của hình nón đã cho. A. 4 B. 2 C. 1 D. 2 3 Câu 26: Cắt mặt xung quanh của một hình trụ dọc theo một đường sinh rồi trải ra trên một mặt phẳng ta được một hình vuông có chu vi bằng 8. Thể tích khối trụ đã cho bằng A. 22 B. 23 C. 4 D. 42 Câu 27: Cho các số phức z1, z2 thỏa mãn z1  z2  3 và z1  z2  2 . Môđun z1  z2 bằng A. 2 B. 3 C. 2 D. 2 2 a 2 Câu 28: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA  , tam giác SAC vuông tại 2 S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ABCD . Thể tích V của khối chóp S.ABCD bằng 6a 3 6a 3 6a 3 2a 3 A. B. C. D. 12 3 4 6 Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  đi qua điểm M1; 2; 3 và có véctơ chỉ phương là u 2; 4; 6. Phương trình nào sau đây không phải là phương trình của đường thẳng ?  x  5  2t x  2  t  x  1  2t  x  3  2t     A.  y  10  4t B.  y  4  2t C.  y  2  4t D.  y  6  4t  z  15  6t  z  6  3t  z  3  6t  z  12  6t     log 2 x Câu 30: Đạo hàm của hàm số y  là x 1  ln x 1  ln x 1  log x log x A. f  x   2 B. f  x   2 C. f  x   2 2 D. f  x   2 2 x x ln 2 x ln 2 x ln 2 Câu 31: Cho hàm số y  f x. Hàm số y  f’ x. có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Hàm số g  x   f  x   x có bao nhiêu điểm cực trị? A. 3 B. 2 C. 0 D. 1 Câu 32: Cho hàm số y  f x. Liên tục, nhận giá trị dương trên và có bảng xét dấu đạo hàm như hình bên Hàm số y  log 2  f  2 x   đồng biến trên khoảng A. 1; 2 B.  ; 1 C. 1;0 D. 1;1 Câu 33: Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên m sao cho tồn tại hai số phức phân biệt z1, z2 thỏa mãn đồng thời các phương trình z  1  z  i và z  2m  m  1 . Tổng các phần tử của S là caodangyhanoi.edu.vn
A. 1 B. 4 C. 2 D. 3 Câu 34: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a, AD  2a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. 6 6 6 3 A. a B. a C. a D. a 6 2 3 3 Câu 35: Người ta sản suất một vật lưu niệm N bằng thủy tinh trong suốt có dạng khối tròn xoay mà thiết diện qua trục của nó là một hình thang cân (xem hình vẽ). Bên trong N có hai khối cầu ngũ sắc với bán kính lần lượt là R  3 cm, r  1cm tiếp xúc với nhau và cùng tiếp xúc với mặt xung quanh của N , đồng thời hai khối cầu lần lượt tiếp xúc với hai mặt đáy của N . Tính thể tích của vật lưu niệm đó.   cm3  B. 81  cm3  C. 72  cm3    cm3  485 728 A. D. 6 9 Câu 36: Cho hàm số y  f x liên tục trên có f 0  0 và đồ thị hàm số y  f x như hình vẽ bên. Hàm số y  3 f  x   x 3 đồng biến trên khoảng A. 2; B. ; 2 C. 0; 2 D. 1; 3 Câu 37: Cho số thực m và hàm số y  f x có đồ thị như hình vẽ. Phương trình có f  2 x  2 x   m nhiều nhất bao nhiêu nghiệm phân biệt thuộc đoạn  1; 2 ? A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 caodangyhanoi.edu.vn
Câu 38: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A0; 0; 1, B3; 2; 0, C2; 2; 3 . Đường cao kẻ từ B của tam giác ABC đi qua điểm nào trong các điểm sau đây? A. P1; 2; 2 . B. M1; 3; 4 . C. N0; 3; 2 . D. Q5; 3; 3 . Câu 39: Trong Lễ tổng kết Tháng thanh niên, có 10 đoàn viên xuất sắc gồm 5 nam và 5 nữ được tuyên dương khen thưởng. Các đoàn viên này được sắp xếp ngẫu nhiên thành một hàng ngang trên sân khấu để nhận giấy khen. Tính xác suất để trong hàng ngang trên không có bất kỳ 2 bạn nữ nào đứng cạnh nhau. 1 1 5 25 A. B. C. D. 7 42 252 252 Câu 40: Giả sử m là số thực thoả mãn giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   31  3  mx là 2 Mệnh đề nào x x sau đây đúng ? A. m 10; 5 B. m 5; 0 C. m5; 0 . D. m5; 10 Câu 41: Cho hàm số f x. Hàm số f x có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Giá trị lớn nhất của hàm số g  x   f  2 x   sin 2 x trên đoạn  1;1 là? A. f 1 B. f 0 . C. f 2. D. f 1 . Câu 42: Cho hàm số y  f x có đồ thị như hình bên   Có bao nhiêu số nguyên m để bất phương trình mx  m2 5  x 2  2m  1 f  x   0 nghiệm đúng với mọi x  2; 2 A. 1 B. 3 C. 0 D. 2 Câu 43: Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1 , A2 , B1 , B2 như hình vẽ bên như hình vẽ bên. caodangyhanoi.edu.vn
Người ta chia elip bởi Parabol có đỉnh B1, trục đối xứng B1B2 và đi qua các điểm M, N, .Sau đó sơn phần tô đậm với giá 200.000 đồng/ 2 m và trang trí đèn led phần còn lại với giá 500.000 đồng/ m2. Hỏi kinh phí sử dụng gần nhất với giá trị nào dưới đây? Biết rằng A1 A2  4m, B1B2  2m, MN  2m A. 2.431.000 đồng. B. 2.057.000 đồng. C. 2.760.000 đồng. D. 1.664.000 đồng. Câu 44: Sau khi tốt nghiệp đại học, anh Nam thực hiện một dự án khởi nghiệp. Anh vay vốn từ ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất 0,6% một tháng. Phương án trả nợ của anh Nam là: Sau đúng một tháng kể từ thời điểm vay anh bắt đầu trả nợ, hai lần trả nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền trả của mỗi lần là như nhau và hoàn thành sau đúng 5 năm kể từ khi vay. Tuy nhiên, sau khi dự án có hiệu quả và đã trả nợ được 12 tháng theo phương án cũ, anh Nam muốn rút ngắn thời gian trả nợ nên từ tháng tiếp theo, mỗi tháng anh trả nợ cho ngân hàng 9 triệu đồng. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng từ thời điểm vay anh Nam trả hết nợ? A. 32 tháng. B. 31 tháng. C. 29 tháng. D. 30 tháng. Câu 45: Giả sử hàm f có đạo hàm cấp 2 trên thỏa mãn f ' 1  1 và f 1  x   x 2 f ''  x   2 x với mọi x 1  . Tích phân  xf '  x dx bằng 0 2 A. 1 B. 2 C. 0 D. 3 Câu 46: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại A, ABC  300 , BC  3 2 , đường thẳng BC x 4 y 5 z 7 có phương trình   đường thẳng AB nằm trong mặt phẳng  : x + z 3  0. Biết rằng 1 1 4 đỉnh C có cao độ âm. Tìm hoành độ của điểm A. 3 9 5 A. B. 3 C. D. 2 2 2 Câu 47: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  2    y  4    z  6   24 và điểm A  2;0; 2  2 2 2 . Từ A kẻ các tiếp tuyến đến S với các tiếp điểm thuộc đường tròn . Từ điểm M di động nằm ngoài S và nằm trong mặt phẳng chứa  kẻ các tiếp tuyến đến S với các tiếp điểm thuộc đường tròn . Biết rằng khi hai đường tròn,  có cùng bán kính thì M luôn thuộc một đường tròn cố định. Tìm bán kính r của đường tròn đó A. r  6 2 B. r  3 10 C. r  3 5 D. r  3 2 Câu 48: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, AC  a 3 , SAB là tam giác đều, SAD  1200 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD 3 3a 3 2 3a 3 A. 3a3 B. C. 6a3 D. 2 3 Câu 49: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 9.32 x  m   x  1  3  m  1 3x  1  0 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. A. Vô số. B. 3 C. 1 D. 2 z Câu 50: Cho các số phức z và w thỏa mãn  2  i  z   1  i . Tìm giá trị lớn nhất của T  w  1  i w 4 2 2 2 2 A. B. C. D. 2 3 3 3 ----------- HẾT ---------- caodangyhanoi.edu.vn
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN 1-A 2-C 3-B 4-A 5-C 6-B 7-D 8-C 9-D 10-B 11-C 12-B 13-C 14-D 15-D 16-C 17-D 18-B 19-A 20-D 21-C 22-D 23-B 24-A 25-A 26-B 27-D 28-A 29-D 30-B 31-D 32-A 33-D 34-C 35-D 36-C 37-B 38-A 39-B 40-B 41-B 42-A 43-A 44-A 45-C 46-C 47-B 48-A 49-C 50-A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: A Ta có: z1  1  2i, z2  2  i  z  z1  z2  1  2i  2  i  1  3i Câu 2: C Câu 3: B Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y  f x chỉ có một điểm cực tiểu là x0  0 Câu 4: A Ta có: u4  u1  3d  4  2  3d  d  2  u6  u1  5d  2  5.2  8 Câu 5: C Do đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng   : x  2 z  3  0 nên véc-tơ chỉ phương của  cùng phương với véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng   : u  n   1;0; 2  Câu 6: B 1 1 VA.B 'C ' D '  .SB 'C ' D ' .AA'. Mà SB 'C ' D '  S AB 'C ' D ' 3 2 1 1 1 1 1 Suy ra VA.B 'C ' D '  .SB 'C ' D ' . AA '  . S A ' B 'C ' D ' . AA '  VABCD. A ' B 'C ' D '  3 3 2 6 6 Câu 7: D 1 1 Ta có:  f  x dx   sin 5 xdx   sin 5 xd  5 x    cos 5 x  C 5 5 Câu 8: C Trên khoảng 1; 3 thì đồ thị có hướng đi lên. Suy ra hàm số đồng biến 1; 3 . caodangyhanoi.edu.vn
Như vậy khoảng 2; 3  1; 3 làm cho hàm số đồng biến. Câu 9: D Dựa vào hình dáng đồ thị đã cho ta thấy đồ thị là đồ thị của hàm số bậc ba y  ax3  bx2  cx  d có hệ số a  0 , nên ta loại phương án C. Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm có tọa độ M0; 1, nên ta loại phương án B. Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị x  1, x  3. x  2 Xét phương án A có : y '  3x  10 x  8  0   2 , nên ta loại phương án A. x  4  3 x  1 Xét phương án D có : y '  3 x 2  12 x  9  0   , nên ta chọn phương án D  x  3' Câu 10: B Vì a, b là các số thực dương nên ta có: a 2b3  log 2  a 2b3   log 2 44  log 2 b3  4 log 2 4  2 log 2 a  3log 2 b  8 Câu 11: C Phương trình tổng quát của mặt phẳng : Ax  By  Cz  D  0 C  0 Do mặt phẳng song song với Oz nên  D  0 Từ đây ta chọn  Q  : x  11y  1  0 Câu 12: B 1 Ta có: 2 x 3   2 x 3  21  x  3  1  x  2 2 Câu 13: C Số cách chọn và xếp thứ tự 4 học sinh từ nhóm 6 học sinh là A64 Câu 14: D 1 1 Ta có F  x    f  x dx   dx    x  2  2 d  x  2   2 x  2  C x2 F  2   4  4  C  C  0 . Vậy F  x   2 x  2 . Suy ra F  1  2 Câu 15: D 2 Ta có: 2 x  3 x  22 x  3.2 x  2  0  1  2 x  2  0  x  1 2 Vậy tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là khoảng 0 ;1 . Từ đó ta có: a b  1. Câu 16: C Ta có : D   ;0   2;    Đồ thị hàm số không có TCĐ lim y  2, lim y  0  Đồ thị hàm số có 2 TCN y 2, y  0. x  x  lim, lim không tồn tại đồ thị hàm số không có TCĐ x 1 x 1 Câu 17: D caodangyhanoi.edu.vn
 AB  BC Ta có:   AB   BCC ' B   BB ' là hình chiếu vuông góc của AB lên  BCC 'B'  AB  BB ' Suy ra góc giữa AB và  BCC ' B ' là góc AB ' B AB AC 2  CB 2 Ta có: tan AB ' B    3  AB ' B  600 BB ' BB ' Câu 18: B x  0 Ta có f '  x   0   x  1 , chú ý x  2 là nghiệm kép của y .  x  2 Ta có bảng biến thiên của hàm số trên đoạn  1; 2 Suy ra min f  x   f  0   1;2 Câu 19: A x y z Đường thẳng  :   có một vectơ chỉ phương u  (1; 2; 1 1 2 1 Mặt phẳng  : x  y  2 z  0 có một vectơ pháp tuyến n  1; 1; 2    1; 1; 2  . Gọi  là góc hợp bởi đường thẳng  và mặt phẳng  u.n 1 2  2 3 1 Khi đó: sin      12  22   1 . 12   1  22 6 2 2 2 u.n Suy ra:   30 Câu 20: D  R2  x2  4  x  4  4 32 Ta có: S  x     V   S  x dx   x  4  x  dx  2 2 2 0 2 0 3 Câu 21: C caodangyhanoi.edu.vn
Theo vi-et ta có z1  z2  2, z1 z2  a nên A đúng Ta có z1  1  i  ' , z2  1  i  ' , z1  z2  2i  ' là số ảo nên B đúng z1 z2 z12  z22  z1  z2   2 z1 z2 4  2a 2     là số thực nên C sai và D đúng. z2 z1 z1 z2 z1 z2 a Câu 22: D Ta có: T  log a b  logb a 2  3  log a b  2logb a  3  0 log a b  1 a  b l   log 2a b  3log a b  2  0    log a b  2 b  a  n  2 a2  b a2  a2 2  T  log ab  log a.a2  log a3 a 2  2 2 3 Câu 23: B  x  1 Phương trình hoành độ giao điểm x  x 2  x  1  0   x  1 1 3 1 3 3  x  3 Ta có: 3 S   f  x  dx 1 nên đáp án D đúng 1 3 1 3 S   f  x  dx   f  x  dx   f  x dx   f  x dx nên đáp án A đúng. 1 1 1 1 + Vì đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng 1 3 nên  f  x  dx   f  x  dx 1 1 1 3 ` 3 Suy ra S   f  x  dx   f  x  dx  2  f  x  dx  2 f  x  dx 1 1 ` 1 1 3 Hay S  2  f  x dx  2 f  x dx nên đáp án C đúng và đáp án B sai. 1 1 Chọn đáp án B. Câu 24: A Gọi H là hình chiếu của I trên trục Oy , suy ra H 0; 2;0 . Mặt cầu có tâm I 1; 2; 3 và tiếp xúc với trục Oy có bán kính bằng IH   0  1   2  2    0  3  10 2 2 3 Câu 25: A caodangyhanoi.edu.vn
SO là trục của đường tròn đáy hình nón. Dựng đường trung trực của SA trong mặt phẳng SAB cắt SO tại I suy ra I là tâm mặt cầu đi qua đỉnh S và đường tròn đáy SI SM SM .SA 1.2 SMI ∽ SOA    R  SI   2 SA SO SO 1 Vậy đường kính của mặt cầu bằng 4. Câu 26: B Hình vuông có chu vi 8  cạnh của hình vuông là 2  Hình trụ có chiều cao h  2 và bán kính đáy R  1  Thể tích khối trụ đã cho là: V   R 2 h  2 3 Câu 27: D Giả sử z1  a  bi  a, b   ; z2  c  di  c, d    z1  3 a 2  b 2  3   Theo giả thiết ta có:  z2  3  c 2  d 2  3    z2  z2  2  a  c    b  d   4 2 2 a 2  b 2  3 a 2  b 2  3 1    c 2  d 2  3  c 2  d 2  3  2  a 2  b 2  c 2  d 2  2 ac  bd  4     ac  bd  1 3 Ta có: z1  z2   a  c   b  d   a 2  b 2  c 2  d 2  2  ac  bd   4  2 2 Thế 1, 2, 3 vào 4 ta được: z1  z2  2 2 Câu 28: A Tam giác SAC nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABCD Kẻ SH  AC  SH  (ABCD) S ABCD  a 2 , AC  a 2 caodangyhanoi.edu.vn
SA 1 Xét tam giác SAC vuông tại S có: cos SAC    SAC  600 AC 2 a 2 a 6  SH  SA.sin 600  .sin 600  2 4 1 1 a 6 2 6a 3 VS . ABCD  SH .S ABCD  . .a  3 3 4 12 Câu 29: D Thay tọa độ điểm M1; 2; 3 vào các phương trình, dễ thấy M1; 2; 3 không thỏa mãn phương trình D Câu 30: B  log 2 x   log 2 x  '.x  log 2 x.  x  ' ' log 2 x y '   x  x  x2 1 1 .x  log 2 x  log 2 x x ln 2 x ln 2 1  ln 2.log 2 x 1  ln x  y'  2  2   2 x x x 2 ln 2 x ln 2 Câu 31: D Hàm số g  x   f  x   x có TXĐ: D  Ta có: g '  x   f '  x   1; g '  x   0  f '  x   11 Số nghiệm phương trình 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f x và đường thẳng y  1 Dựa vào BBT, suy ra phương trình 1 có 2 nghiệm, trong đó có 1 nghiệm x  1 (nghiệm kép) và x  x1  1 (nghiệm đơn). Vậy hàm số g x đã cho có 1 điểm cực trị. Câu 32: A 2. f '  2 x  Ta có: y ' f  2 x  .ln 2 Do hàm số y  f (x liên tục, nhận giá trị dương trên nên f  2 x   0, x  Mặt khác ln 2  0. Do đó y '  0  f '  2 x   0  1 1  1  2 x  1   x  Từ bảng xét dấu đạo hàm ta có: f '  2 x   0    2 2 2 x  2  x  1  1 1 Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng   ;  và 1;   2 2 Câu 33: D Rõ ràng để tồn tại hai số phức phân biệt z1 , z2 ta cần có điều kiện m  1  0  m  1 Khi đó, gọi M , A1;0, B0;1 và I 2m;0 lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức z, 1 , i và 2m trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Từ z  1  z  i ta có MA = MB, suy ra M nằm trên đường thẳng  là đường trung trực của AB, đường thẳng  có phương trình x  y 0 Từ z  2m  m  1 ta có IM = m  1, suy ra M nằm trên đường tròn C tâm I bán kính R  m  1. caodangyhanoi.edu.vn
Để tồn tại hai số phức phân biệt z1 , z2 thỏa mãn đồng thời các phương trình z  1  z  i và z  2m  m  1 điều kiện cần và đủ là đường thẳng  cắt đường tròn C tại hai điểm phân biệt  2m   0  d  I;   R   m 1  m 2  m 1 12   1 2 2m 2   m  12  m 2  2m  1  0    1 2  m  1 2 m  1 m  1 Như vậy S  0; 1; 2 . Tổng các phần tử của S là 0 + 1 + 2 = 3 Câu 34: C Qua D dựng đường thẳng d song song với AC gọi M là hình chiếu của A lên d . Ta có AC // (SMD)  d SD ; AC   d AC ; SMD   d A; SMD  Gọi H là hình chiếu của A lên SM dễ thấy AH   SMD   d A; SMD  AH Ta có CD  a 2  a 2  a 2 . AMDC là hình chữ nhật nên AM = CD = 2a Xét tam giác SAM vuông tại A có AH  SM. Ta có 1 1 1 1 1 3 a 6   2    2  AH    2 2 2 2 AH AM SA a 2 a 2a 3 a 6 Vậy d A; SMD   AH  3 Câu 35: D Xét hình thang cân ABCD như hình vẽ có IH  8 . Gọi S  AD  BC caodangyhanoi.edu.vn
SO2 O2 M 2 x 1 1 Gọi SI  x với I là trung điểm của AB ta có     x 1 SO1 O1M1 x5 3 M1O1 1 Xét tam giác SM1O1 vuông tại M1 có sin   sin M1SO1      300 SO1 2 Vậy DSC  600 AB 3 2 2 3 Dễ thấy các tam giác SAB, DSC đều. Suy ra SI   AB   ; 2 3 3 CD 3 18 SH   CD  6 3 2 3   cm3  1 1 728 Suy ra thể tích khối nón cụt N : V   CH 2 .SH   IB 2 .SI  3 3 9 Câu 36: C Xét hàm số y  3 f  x   x3 . Ta có y '  3 f '  x   3x 2 Cho y '  0  f '  x   x 2  0  f '  x   x 2 Ta vẽ thêm đồ thị hàm số y  x2trên cùng hệ trục tọa độ với đồ thị y  fx . Từ hình vẽ ta có bảng biến thiên sau: Ta có f 0  0 nên từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y  3 f  x   x 3 có đồ thị được xây dựng từ đồ thị hàm số y  3 f  x   x3 bằng cách bỏ phần phía dưới trục hoành và lấy đối xứng phần bị bỏ qua trục hoành. Do đó hàm số y  3 f  x   x 3 đồng biến trên 0; 2 . Câu 37: B Đặt t  t  x   2 x  2 x với t   1; 2 Hàm t  t x liên tục trên  1; 2 và t '  x   2 x ln 2  2 x ln 2, t '  x   0  x  0 5 17  17  Có t  1  , t  0   2, t  2   , suy ra t   2;  2 4  4 caodangyhanoi.edu.vn
 5 Với mỗi t   2;  có 2 giá trị của x thỏa mãn t  2 x  2 x  2  5 17  Với mỗi t  2   ;  có duy nhất 1 giá trị x thỏa mãn. 2 4   17  Xét phương trình f  t   m với t   2;   4 Từ đồ thị, phương trình f  2 x  2 x   m có số nghiệm nhiều nhất phương trình f t  m có 2  5  5 17  nghiệm t1 , t2 , trong đó có t1   2;  , t2   ;   2 2 4  Khi đó, phương trình có f  2 x  2 x   m nhiều nhất 3 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  1; 2 Câu 38: A  AB   3; 2; 1 Ta có   nABC   AB; AC    2; 4; 2   AC   2; 2; 2  Ta có hình vẽ minh họa sau:  BH   ABC   BH  nABC Ta có    uBH   AC ; nABC    12;0;12   12  1;0;1  BH  AC  BH  AC  x  3  t  Ta cho u  1;0; 1 làm vecto chỉ phương của BH. Do đó BH :  y  2 t    z  t  Dựa vào 4 phương án ta chọn P1; 2; 2 . Câu 39: B Xếp 10 bạn thành một hàng ngang thì có 10! cách xếp hay số phần tử không gian mẫu n  10!. Xếp 5 bạn nam thành một hàng ngang có khoảng cách thì có 5! cách xếp, 5 bạn nam này tạo thành 6 khoảng trống (4 ở giữa và 2 ở hai bên). Xếp 5 bạn nữ vào 5 trong 6 khoảng trống này có A65 cách. Vậy số cách xếp để không có bạn nữ nào đứng cạnh nhau là: 5!.A65 5!.A56 1 Từ đây suy ra xác suất cần tìm là: P   10! 42 Câu 40: B Giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   31x  3x  mx là 2 , nghĩa là: f  x   31x  3x  mx  2 Đẳng thức xảy ra khi x  0 . caodangyhanoi.edu.vn
Ta có: f '  x   31x ln 31  3x ln 3 đồng biến và dương trên nên phương trình fx  0 có nghiệm duy nhất trên . Suy ra, f '  0   0  m   ln 93   5;0  Câu 41: B 1 1 Ta có g  x   f  2 x   cos 2 x  2 2 Đặt t  2x. Với x   1;1 thì t   2; 2 1 1 1 Khi đó ta có: h  t   f  t   cos t   h '  t   f '  t   sin t 2 2 2 Từ bảng biến thiên ta thấy: +) Với t   -2;0 thì f t  0 và sin t  0  h '  t   0 +) Với t 0; 2 thì f t  0 và sin t  0  h '  t   0 +) Với t  0 thì f t  0 Từ đó ta có BBT sau: Vậy max g  x   max h  t   h  0   f  0   1;1  2;2 Câu 42: A Đặt g  x   mx  m2 5  x 2  2m  1 Từ đồ thị của y f x ta thấy f x đổi dấu khi qua x  1 nên suy ra gx cũng phải đổi dấu khi qua x  1. Mặt khác g x liên tục nên g x  0 có nghiệm x  1. Kiểm tra: Với m  1    1 x Ta có g  x  . f  x    x  5  x 2  1 f  x   1  x    2 5 x 2   1 f  x   1 x 3  x 5  x2 Nhận xét: 1   0, x  2; 2 2  5  x2 2  5  x2 Khi đó quan sát đồ thị f x, ta thấy: + TH1: với x 1; 2 thì f x  0 nên 1  x  . f  x   0 + TH2: với x  2;1 thì f x  0 nên 1  x  f  x   0 Do đó trong cả hai trường hợp ta luôn có g  x  . f  x   0, x   2; 2 Câu 43: A caodangyhanoi.edu.vn
+ Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm của A1 A2 . Tọa độ các đỉnh A1  2;0  , A2  2;0  , B1  0; 1 , B2  0;1 x2 y 2 x2 + Phương trình đường Elip  E  :  1 y   1 4 1 4  3  3 + Ta có M  1;  , N 1; E  2   2  + Parabol P có đỉnh B1 0; 1  và trục đối xứng là Ox nên P có phương trình 3 y  ax 2  1,  a  0  .  P  đi qua M, N  a  1 2  3  2  P có phương trình y    1 x  1  2  + Diện tích phần tô đậm 1  x2  3  2  2 3  1 S1  2.  1     1 x  1dx   4  x 2 dx    1  2 0    4  2   0 3  2      Đặt x  2sin t , t    ;   dx  2cos dt . Đổi cận: x  0  t  0; x  1  t   2 2 6   6 2 3  6 3 4  S1   4  4sin 2 t.2 cos tdt    1  2  4  cos 2tdt   0 3 2  0 3 3   6 3 4 3 4  3 4 2. 1  cos 2t td     2t  sin 2t  6      3 3 3 3 3 6 3 0 0 + Diện tích hình Elip là S   ab  2 . 5 3 4  Diện tích phần còn lại S2  S  S1    3 6 3 + Kinh phí sử dụng là: 200000S1  500000S2  2341000 (đồng). Câu 44: A Gọi n là số tháng anh Nam trả nợ, B là số tiền mượn, B  200 triệu, C  9 triệu. + Dự kiến trả 60 tháng hết nợ. Gọi A0 là số tiến trả mỗi tháng 1  r  60 Ta có: A0  A0 1  r   ...  A0 1  r   A0 1  r   A0  B0 1  r  59 60 60 1  r 1 caodangyhanoi.edu.vn
Suy ra A0 = 4.035.211 đồng. + Thực tế: trả n tháng trong đó có 12 tháng trả A0 và n  12 tháng trả 9 triệu.  1  r 12  1   1  r n 12  1  Suy ra: A0 1  r    B 1  r  n 12 C  n   1  r  1   r   1  r   A0 1  r n 12  A0  C   B 1  r n  C n 12    1  r   A0 1  r   A0  C  B 1  r    C n 12 12 12    n  log1 r  A0 1  r   A0  C  B 1  r    12 12 12   Câu 45: C Từ giả thiết f 1  x   x 2 f ''  x   2 x  f 1  0 1 1 1   x 2 f ''  x  dx   2 xdx   f 1  x dx 0 0 0 u  x 2 du  2 xdx Đặt   dv  f ''  x  dx v  f '  x  1 1 1 1 1 1 1 Khi đó  2 xdx   f 1  x dx  x 2   f  x dx  1   f  x dx  1  xf  x    xf '  x  dx  1  I 0 0 0 0 0 0 0 Suy ra 1  2I  1  I  I  0 Câu 45: C Ta có f 1  x   x 2 f ''  x   2 x tuy nhiên khi thay x  0 vào hai vế thì ta có f 1  0  0  1  0 (vô lý). Do đó xin phép được sửa đề bài lại thành f 1  x   x 2 f ''  x   2 x và đáp án đúng là I  0 . Câu 46: C Ta có B  BC     B  2;3;1 C  BC  C  t  4; t  5; 4t  7   BC   t  2    t  2    4t  8 2 2 2  BC 2  18  t  2  2 t  1  C  3; 4; 3 Mà BC  3 2  18  t  2   18   2 t  3  C 1; 2;5  l    Do BC ,    ABC  300 nên A là hình chiếu của C lên   x  3  t  3 9 3 Ta có phương trình AC :  y  4  3  t  3  t  3  0  t   A  ; 4;    z  3  t 2 2 2  Câu 47: B caodangyhanoi.edu.vn
Mặt cầu S có tâm I2; 4; 6 , bán kính R  2 6 . Tính IA   4; 4; 8   IA  4 6 Gọi mặt phẳng chứa  là   , gọi H  IA , ta có ITA vuông tại T có TH là đường cao Nên IT 2  IA.IH  IH  6 . Suy ra  là mặt phẳng cố định (qua điểm H và vuông góc với IA) Mặt khác do hai đường tròn ,  có cùng bán kính nên suy ra IM = IA, dẫn đến M thuộc mặt cầu S tâm I bán kính IA  4 6 Do đó M di chuyển trên đường tròn giao tuyến của S và   . Đường tròn này có tâm là H và bán kính r  IA2  IH 2  3 10 Câu 48: A Ta có: SD  2a 3; BD  a 13 SA2  SC 2 AC 2 SB 2  SD 2 BD 2 SO 2      SC  a 7 2 4 2 4 Xét tứ diện B.SAC có BS = BA = BC suy ra hình chiếu vuông góc H của B lên SAC trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp S SAC  a 2 3 mà SA  2a, AC  a 3, SC  a 7 nên tam giác SAC vuông tại A 7a 2 3a 1 3a 3 BH  4a 2   suy ra VB.SAC  . .a 3  a3 4 2 3 2 2 Vậy V  a3 3 Câu 49: C   9.32 x  m 4 x  1  3  m  1 3x  1  0  9.32 x  1 3x  m 4 x  1  3  m  1    Nhận xét thấy x là nghiệm thì 2  x là nghiệm Vậy có phương trình có 3 nghiệm thì phương trình phải có một nghiệm là 1. caodangyhanoi.edu.vn