Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2019 - Sở GD&ĐT Bà Rịa-Vũng Tàu

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

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 2
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 năm 2019 - Sở GD&ĐT Bà Rịa-Vũng Tàu 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 năm 2019 - Sở GD&ĐT Bà Rịa-Vũng Tàu

ĐỀ TẬP HUẤN TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU x 1 Câu 1 (NB): Cho hàm số y  có đồ thị  H  . Số đường tiệm cận của  H  là? x 1 A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1 . Câu 2 (NB): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? x  0 1  y  0  ||   4 y 3  A. yCT  0 . B. max y  4 . C. yC Ð  4 . D. min y  3 . Câu 3 (NB): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị (như hình dưới). Khi đó f  x  nghịch biến trên các khoảng : A.  ;  1 , 1;    B.  ;  1 ,  0;1 . C.  1;0  , 1;    . D.  1;0  ,  0;1 . Câu 4 (NB): Cho hàm số y = f (x ) là hàm số đơn điệu trên khoảng (a; b ) . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? A. f ' (x ) ³ 0, " x Î (a; b ) . B. f ' (x ) £ 0, " x Î (a; b ) . C. f ' (x ) ¹ 0, " x Î (a; b ) . D. f ' (x ) không đổi dấu trên (a; b ) . Câu 5 (TH): Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y  x3  3x  2019 là điểm ? A. Q  3; 2043 B. M 1; 2017  C. P  0; 2019  D. N  1; 2021 . trên đoạn 1; 3 4 Câu 6 (TH): Tích của giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f  x   x  x bằng. 52 65 A. . B. 20 . C. 6 . D. . 3 3 x2  x 1 Câu 7 (TH): Đường thẳng y  4 x  1 có bao nhiêu điểm chung với đồ thị hàm số y  . x 1 A. 3 . B. 1. C. 0 . D. 2 . ax  b Câu 8 (TH): 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 . Câu 9 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  4  m  1 x 2  2m  1 có 3 điểm cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều. 3 3 3 3 A. m  0. B. m  1. C. m  1  . D. m  1  . 2 2 Câu 10 (VD): Một đoàn tàu chuyển động thẳng khởi hành từ một nhà ga. Quãng đường S (mét) đi được của đoàn tàu là một hàm số của thời gian t (phút), hàm số đó là S  6t 2  t 3 . Thời điểm t (giây) mà tại đó vận tốc v (m/s) của chuyển động đạt giá trị lớn nhất là: A. t  6  s  . B. t  2  s  . C. t  4  s  . D. t  10  s  . Câu 11 (VD): Tìm tất cả giá trị của m để hàm số y = 2x 3 + 3 (m - 1)x 2 + 6 (m - 2)x + 3 nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn 4 . A. m > 7 . B. m = - 1 . C. m < - 1 hoặc m > 7 . D. m < - 1 . Câu 12 (VDC). Một cửa hàng bán bưởi, với giá bán mỗi quả là 50.000 đồng. Với giá bán này thì cửa hàng chỉ bán được khoảng 40 quả bưởi. Cửa hàng này dự định giảm giá bán, ước tính nếu cửa hàng cứ giảm mỗi quả 5.000 đồng thì số bưởi bán được tăng thêm là 50 quả. Xác định giá bán để cửa hàng đó thu được lợi nhuận lớn nhất, biết rằng giá nhập về ban đầu mỗi quả là 30.000 đồng. A. 44.000đ. B. 43.000đ. C. 42.000đ. D. 41.000đ. Câu 13 (VDC). Chi phí về nhiên liệu của một tàu được chia làm hai phần. Trong đó phần thứ nhất không phụ thuộc vào vận tốc và bằng 480 ngàn đồng/giờ. Phần thứ hai tỉ lệ thuận với lập phương của vận tốc, khi v  10km / h thì phần thứ hai bằng 30 ngàn đồng/giờ. Hãy xác định vận tốc của tàu để tổng chi phí nguyên liệu trên 1 km đường là nhỏ nhất? A. 10km/h. B. 15km/h. C. 20km/h. D. 25km/h. Câu 14 (VDC). Một cái ao hình ABCDE , ở giữa ao có một mảnh vườn hình tròn có bán kính 10  m  . Người ta muốn bắc một câu cầu từ bờ AB của ao đến vườn. Tính gần đúng độ dài tối thiếu l của cây cầu biết: - Hai bờ AE và BC nằm trên hai đường thẳng vuông góc với nhau, hai đường thẳng này cắt nhau tại điểm O ; - Bờ AB là một phần của một parabol có đỉnh là điểm A và có trục đối xứng là đường thẳng OA ; - Độ dài đoạn OA và OB lần lượt là 40 m và 20 m; - Tâm I của mảnh vườn lần lượt cách đường thẳng AE và BC lần lượt 40 m và 30 m.
A. l  17, 7 m. B. l  25, 7 m. C. l  27, 7 m. D. l  15, 7 m. Câu 15 (NB): Chọn khẳng định sai A. Hàm số y = 2x xác định trên . B. Hàm số y = log3 x có tập xác định là D   0;   C. Hàm số y = e x có tập xác định D  D. Hàm số Hàm số y = log x có tập xác định là D  . Câu 16 (NB): Tập xác định của hàm số y = 2019x + 1 là A. D = R . B. D = R \ {0}. C. (0;+ ¥ D. éêë0; + ¥ ) . ). Câu 17 (TH): Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2  3x  2  0 . Tính giá trị của A  3x1  3x2 . A. A  27 . B. A  28 . C. A  12 . D. A  9 . Câu 18 (TH): Tìm tập nghiệm của bất phương trình  0,1 x x 2  0, 01 . A. (1; ) . B. (; 2)  (1; ) C. (2;1) . D. (; 2) . Câu 19 (VD): Số giá trị nguyên âm của m để phương trình log 7  x  1  log7  mx  4 x  có nghiệm. A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 5. Câu 20 (VD): Biết bất phương trình log 5  5 x  1 .log 25  5 x1  5   1 có tập nghiệm là đoạn  a; b . Tính ab . A. a  b  1  log5 156 . B. a  b  2  log5 26 . C. a  b  2  log5 156 . D. a  b  2  log5 156 . Câu 21 (VDC): Các loài cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon 14 (một đồng vị của cacbon). Khi một bộ phận của cây bị chết thì hiện tượng quang hợp của nó cũng ngưng và nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng cacbon 14 của bộ phận đó sẽ phân hủy cách chậm chạp, chuyển hóa thành nitơ 14. Biết rằng nếu gọi P  t  là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong bộ phận của cây sinh trưởng từ t năm trước đây thì P  t  được tính theo công thức:
t P  t   100. 0,5 5750  %  . Phân tích một mẫu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ đó là 65% . Niên đại của công trình kiến trúc đó gần với số nào sau đây nhât: A. 41776 năm. B. 6136 năm. C. 3574 năm. D. 4000 năm. Câu 22(NB): Nếu u  x  và v  x  là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn  a; b . Mệnh đề nào sau đây đúng b b b b b A.  udv  uv a   vdv .   u  v  dx   udx   vdx . b B. a a a a a b  b   b b b C.  uvdx    udx  .  vdx  . D.  udv  uv a   vdu . b a a  a  a a 1 7 x Câu 23 (TH): Cho tích phân I   dx , giả sử đặt t  1  x 2 . Tìm mệnh đề đúng. 0 1  x  2 5 1  t  1  t  1 2 3 3 3 A. I   dt . B. I   dt . 2 1 t5 1 t5 1  t  1 3  t  1 2 3 4 3 C. I   dt . D. I   dt . 2 1 t4 2 1 t4 2 dx a a Câu 24 (TH): Giả sử  x  3  ln b 1 với a , b là các số tự nhiên và phân số b tối giản. Khẳng định nào sau đây là sai? A. a 2  b2  41 . B. 3a  b  12 . C. a  2b  13 . D. a  b  2 .   1 2 Câu 25 (VD): Cho   x  1  sin 2 x  dx    a  b   1 , với a, b là các số nguyên dương. Tính a  2b . 0 A. 10 . B. 14 . C. 12 . D. 8 . Câu 26 (VDC): Một cổng chào có dạng hình Parabol chiều cao 18 m , chiều rộng chân đế 12 m . Người ta căng hai sợi dây trang trí AB , CD nằm ngang đồng thời chia hình giới hạn bởi Parabol và AB mặt đất thành ba phần có diện tích bằng nhau . Tỉ số bằng CD
1 4 1 3 A. . B. . C. . D. . 2 5 3 2 1 2 2 Câu 27 (NB): Xác định phần ảo của số phức z  18  12i . A. 12 . B. 18 . C. 12 . D. 12i . Câu 28 (TH): Cho các số phức z1  2  3i , z2  4  5i . Số phức liên hợp của số phức w  2  z1  z2  là A. w  8  10i . B. w  12  16i . C. w  12  8i . D. w  28i . Câu 29 (TH): Tính môđun của số phức z  4  3i . A. z  7 . B. z  7 . C. z  5 . D. z  25 . Câu 30 (VD): Cho hai điểm A , B là hai điểm biểu diễn hình học số phức theo thứ tự z0 , z1 khác 0 và thỏa mãn đẳng thức z02  z12  z0 z1 . Hỏi ba điểm O , A , B tạo thành tam giác gì? ( O là gốc tọa độ)? Chọn phương án đúng và đầy đủ nhất. A. Cân tại O . B. Vuông cân tại O C. Đều. D. Vuông tại O . Câu 31 (VDC). Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn z1  6, z2  2 . Gọi M , N là các điểm biểu diễn cho z1 và iz2 . Biết MON  60 . Tính T  z12  9 z22 . A. T  18 . B. T  24 3 . C. T  36 2 . D. T  36 3 . Câu 32 (NB): Thể tích V của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là 1 1 A. V  3Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 3 2 Câu 33 (VD): Cho lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Đường thẳng AB hợp với đáy một góc 60 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC . 3a3 a3 3a3 a3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 2 4 4 2 Câu 34 (VDC) : Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp hình cầu có bán kính bằng 9 . Tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất. A. 576 2 . B. 576 . C. 144 2 . D. 144 . Câu 35 (NB): Viết công thức tính diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh l và bán kính đường tròn đáy r . A. S xq   rl . B. S xq  2 rl . C. S xq   r 2l . D. S xq  2 r 2l . Câu 36 (VD): Bạn A muốn làm một chiếc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liệu là mảnh tôn hình tam giác đều ABC có cạnh bằng 90  cm  . Bạn muốn cắt mảnh tôn hình chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu (với M , N thuộc cạnh BC ; P , Q tương ứng thuộc cạnh AC và AB ) để tạo thành hình trụ có chiều cao bằng MQ . Thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn A có thể làm được là
A Q P M B N C A. 91125 4  cm3  . B. 91125 2  cm3  . C. 13500. 3   cm3  . D. 108000 3   cm3  . Câu 37 (VDC). Một công ty chuyên sản xuất thùng phi nhận được đơn đặt hàng với yêu cầu là thùng   phi phải chứa được 16 m3 mỗi chiếc. Hỏi chiếc thùng phải có kích thước như thế nào để sản suất ít tốn vật liệu nhất? A. R  2  m  , h  4  m  . B. R  4  m  , h  2  m  . C. R  3  m  , h  4  m  . D. R  4  m  , h  4  m  . Câu 38 (NB): Trong không gian Oxyz , cho hai vector a   a1 , a2 , a3  , b   b1 , b2 , b3  khác 0 . Tích có hướng của a và b là c . Câu nào sau đây đúng? A. c   a3b1  a1b3 , a1b2  a2b1 , a2b3  a3b1  . B. c   a2b3  a3b2 , a3b1  a1bb , a1b2  a2b1  . C. c   a1b3  a2b1 , a2b3  a3b2 , a3b1  a1b3  . D. c   a1b3  a3b1 , a2b2  a1b2 , a3b2  a2b3  . Câu 39 (NB): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho a  i  2 j  3k . Tọa độ của vectơ a là: A.  2; 1; 3 . B.  3; 2; 1 . C.  2; 3; 1 . D.  1; 2; 3 . Câu 40 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm A(2;3;  4) , B(4;  3;3) . Tính độ dài đoạn thẳng AB . A. AB  11. B. AB   6;  6;7  . C. AB  7 . D. AB  9 . Câu 41 (TH): Phương trình mặt cầu tâm I 1; 2; 3 và bán kính R  3 là A. x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  5  0 . B.  x  1   y  2    z  3  9 . 2 2 2 C.  x  1   y  2    z  3  9 . 2 2 2 D.  x  1   y  2    z  3  3 . 2 2 2 Câu 42 (VD): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 , d2 lần lượt có phương x2 y 2 z 3 x 1 y  2 z 1 trình d1 :   , d2 :   . Phương trình mặt phẳng   cách đều hai 2 1 3 2 1 4 đường thẳng d1 , d2 là A. 7 x  2 y  4 z  0 . B. 7 x  2 y  4 z  3  0 . C. 2 x  y  3z  3  0 . D. 14 x  4 y  8 z  3  0 .
Câu 43 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2 y  z  4  0 x 1 y z  2 và đường thẳng d :   . Phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng  P  , đồng 2 1 3 thời cắt và vuông góc với đường thẳng d là x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 A.   . B.   . 5 1 3 5 1 2 x 1 y 1 z 1 x 1 y  3 z 1 C.   . D.   . 5 2 3 5 1 3 Câu 44 (VDC). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ các điểm A 1;1;1 , B  2;0; 2  , C  1; 1;0  , D  0;3; 4  . Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm AB AC AD B, C , D sao cho    4 và tứ diện ABCD có thể tích nhỏ nhất. Phương trình mặt AB AC  AD phẳng  BC D  là A. 16 x  40 y  44 z  39  0 . B. 16 x  40 y  44 z  39  0 . C. 16 x  40 y  44 z  39  0 . D. 16 x  40 y  44 z  39  0 . Câu 45 (NB): Kí hiệu Ank là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử 1  k  n  . Mệnh đề nào sau đây đúng? n! n! n! n! A. Ank  B. Ank  C. Ank  D. Ank   n  k ! k ! n  k  ! k ! n  k  !  n  k ! Câu 46 (VD) : Một người bỏ ngẫu nhiên ba lá thư vào ba chiếc phong bì đã ghi địa chỉ. Xác suất để có ít nhất một lá thư được bỏ đúng phong bì là 1 2 1 5 A. . B. . C. . D. . 2 3 3 6  1 u  2  Câu 47 (NB): Cho dãy số  un  xác định bởi :   1 . Chọn hệ thức đúng:   n1 10 .u n u 1 A.  un  là cấp số nhân có công bội q   . 10 1 B. un  (2) n 1 . 10 u  u n1 C. u n  n1  n  2 . 2 D. u n  u n1.u n1  n  2  . Câu 48 (TH): Cho lăng trụ ABC. ABC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CC . Khi đó CB song song với A. AM . B. AN . C.  BC M  . D.  AC M  . Câu 49 (NB): Qua điểm O cho trước, có bao nhiêu mặt phẳng vuông góc với đường thẳng  cho trước? A. 1 . B. Vô số. C. 3 . D. 2 . Câu 50 (VD) : Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi E , F lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SD . Khẳng định nào sau đây đúng? A. SC   AED  . B. SC   AFB  . C. AC   SBD  . D. SC   AEF  . ----------- HẾT ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN 1-B 2-C 3-B 4-D 5-B 6-B 7-D 8-C 9-C 10- 11-C 12-C 13-C 14-A 15-D 16-A 17-C 18-C 19-B 20-C 21-C 22-B 23-A 24-D 25-C 26-C 27-A 28-B 29-C 30-C 31-D 32-D 33-C 34-C 35-B 36-A 37-C 38-B 39-D 40-A 41-B 42-D 43-A 44-C 45-D 46-B 47-A 48-D 49-A 50-D HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: B Đồ thị  H  có tiệm cận đứng là x  1. x 1 Ta có lim y  lim  1   H  có tiệm cận ngang là y  0. x  x  x  1 Vậy số đường tiệm cận của  H  là 2 Câu 2 : C Qua x  1 có y’ đổi dấu từ + qua – nên hàm số đạt cực đại tại x  1 Câu 3: B ĐTHS trên khoảng (a;b) có hướng đi xuống từ trái qua phải thì hàm số nghịch biến trên khoảng (a;b) Câu 4: D Câu 5: B Ta có y  3x2  3  y  6 x .  x  1  y 1  6  0 Khi đó y  0    x  1  y  1  6  0  Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 và hàm số đạt cực đại tại x  1 . Với x  1  y  2017  điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y  x3  3x  2019 là M 1; 2017  . Câu 6 : B Tập xác định: D  \ 0 . 4 x2  4  x  2  1; 3 y '  1  ; y   0  x 2  4  0   x2 x2  x  2  1; 3 13 Ta có: f 1  5; f  2   4; f  3  . 3 Vậy max y  5; min y  4  max y.min y  20 1;3 1;3 1;3 1;3 Câu 7: D Tập xác định: D  \ 1 .
x2  x 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d : y  4 x  1 và đồ thị  C  : y  x 1 x2  x 1  x  1  4x 1   2 x 1  x  x  1   4 x  1 x  1 (2) x  0 Ta có  2   x 2  4 x  0   ( thỏa mãn điều kiện x  1 )  x  4 Suy ra d và  C  có hai điểm chung. Câu 8: C Nhìn vào đồ thị ta thấy : Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  a và tiệm cận đứng x  1 .Đồ thị cắt a b  1  1 trục hoành tại điểm có hoành độ x   1 . Ta có :   b  a  1  0 . a b 1  a Câu 9: C Ta có y  4 x3  8  m  1 x  4 x  x 2  2  m  1  . x  0 y  0   2 nên hàm số có 3 điểm cực trị khi m  1 .  x  2  m  1 Với đk m  1 đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là: A  0; 2m  1 ,B     2  m  1 ; 4m 2  10m  5 ,B  2  m  1 ; 4m 2  10m  5 . AB 2  AC 2  2  m  1  16  m  1 4 Ta có: BC 2  8  m  1 Để 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo thành tam giác đều thì: AB  AC  BC  AB 2  AC 2  BC 2  2  m  1  16  m  1  8  m  1 4 m  1  8  m  1  3  m  1  0   m  1 8  m  1  3  0     4 3 3   m  1  3  2 3 3 So sánh với điều kiện ta có: m  1  thỏa mãn. 2 [Phương pháp trắc nghiệm] b3 3 3 Yêu cầu bài toán   3  0  8  m  1  3  0  m  1  3 8a 2 Câu 10: B Vận tốc v  S '  12t  3t 2 Hàm số v  3t 2  12t có v '  6t  12
Vậy tại thời điểm t  2  s  thì vận tốc đạt giá trị lớn nhất. Câu 11: C Ta có y ¢= 6x 2 + 6 (m - 1)x + 6 (m - 2) . éx = - 1 y ¢ = 0 Û êê êëx = 2 - m Hàm số nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn 4 khi và chỉ khi é3 - m > 4 ém < - 1 2 - m - (- 1) > 4 Û 3 - m > 4 Û êê Û êê . 3 êë - m < - 4 m êë > 7 Câu 12: C Gọi x là giá bán thực tế của mỗi quả bưởi, ( x : đồng; 30.000  x  50.000 đồng). Ta có thể lập luận như sau: Giá 50.000 đồng thì bán được 40 quả bưởi Giảm giá 5.000 đồng thì bán được thêm 50 quả. Giảm giá 50.000 – x thì bán được thêm bao nhiêu quả? Theo quy tắc tam xuất số quả bán thêm được là: 50 1  50.000  x  .   50.000  x  . 5.000 100 Do đó Số quả bưởi bán được tương ứng với giá bán x : 1 1 40   50000  x    x  540 100 100 Gọi F ( x ) là hàm lợi nhuận thu được ( F ( x ) : đồng). Ta có:  1  1 2 F ( x)    x  540  .  x  30.000    x  840 x  16.200.000  100  100 Bài toán trở thành tìm GTLN của 1 2 F ( x)   x  840 x  16.200.000 , Đk: 30.000  x  50.000 . 100 1 F '  x    x  840 50 1 F '  x   0   x  840  0  x  42.000 50 Vì hàm F  x  liên tục trên 30.000  x  50.000 nên ta có: F  30.000   0 F  42.000   1.440.000 F  50.000   800.000 Vậy với x  42.000 thì F  x  đạt GTLN. Vậy để cửa hàng đó thu được lợi nhuận lớn nhất thì giá bán thực tế của mỗi quả bưởi Đoan Hùng là 42.000 đồng. Câu 13: C 1 Gọi x  km / h  là vận tốc của tàu. Thời gian tàu chạy quãng đường 1 km là (giờ). x
1 Chi phí tiền nhiên liệu cho phần thứ nhất là: .480 (ngàn đồng). x 1 Khi vận tốc v  10km / h thì chi phí cho quãng đường 1 km ở phần thứ hai là: .30  3 (ngàn 10 đồng). Xét tại vận tốc x  km / h  , gọi y (ngàn đồng) chi phí cho quãng đường 1 km tại vận tốc x thì chi phí cho quãng đường 1 km tại vận tốc x , ta có: y  kx3 3 3x3 Ta có: 3  k103  k  . Suy ra y  . 103 1000 480 3x3 Vậy tổng chi phí tiền nhiên liệu cho 1 km đường là: P  x    . x 1000 Bài toán trở thành tìm x để P  x  nhỏ nhất. 480 9 x 2 P ' x     x 2 1000 480 9 x 2 P ' x   0   2   0  x  20 x 1000 960 18 x 960 18.20 P ''( x)  3   P ''(20)  3  0 x 1000 20 1000 Suy ra P  x  đạt GTNN tại x  20 Vậy vận tốc của tàu x  20  km / h  . Câu 14: A  A  Oy Gán trục tọa độ Oxy sao cho  cho đơn vị là 10 .  B  Ox Khi đó mảnh vườn hình tròn có phương trình  C  :  x  4    y  3  1 có tâm I  4;3 2 2 Bờ AB là một phần của Parabol  P  : y  4  x 2 ứng với x   0; 2  M   P  Vậy bài toán trở thành tìm MN nhỏ nhất với  .  N   C 
Đặt trường hợp khi đã xác định được điểm N thì MN  MI  IM , vậy $MN$ nhỏ nhất khi MN  MI  IM  N ; M ; I thẳng hàng. Bây giờ, ta sẽ xác định điểm N để $IN$ nhỏ nhất N   P   N  x; 4  x 2  IN  4  x     IN 2   4  x   1  x 2  2 2 2  1  x2 2  IN 2  x 4  x 2  8 x  17 Xét f  x   x 4  x 2  8 x  17 trên  0; 2  f   x   4 x3  2 x  8 f   x   0  x  1,3917 là nghiệm duy nhất và 1,3917   0; 2 Ta có f 1,3917   7, 68 ; f  0   17 ; f  2   13 . Vậy giá trị nhỏ nhất của f  x  trên  0; 2 gần bằng $7,68$ khi x  1,3917 Vậy min IN  7, 68  2, 77  IN  27, 7 m  MN  IN  IM  27, 7  10  17, 7 m. Câu 15 : D Câu 16: A Câu 17: C Phương trình x 2  3x  2  0 có hai nghiệm là x1  1; x2  2 . Do đó A  3x1  3x2  31  33  12 . Câu 18: C Ta có: 0,1x  x  0, 01  x 2  x  2  x 2  x  2  0  2  x  1 . 2 Câu 19: B x 1  0 log  x  1  log7  mx  4 x  .  log 7  x  12  log 7  mx  4 x    .  x  1  mx  4 x 7 2 x  1 x 1  0   2  1 .  x  6 x  1  mx  x  6  x  m 1 1 1 Đặt f  x   x   6 . Ta có: f   x   1  2 , f   x   0  1  2  0  x  1 x x x Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm khi m  4 . m  m  1; m  2 ; m  3 .
Vậy có 3 giá trị nguyên âm của m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 20: C log 5  5 x  1 .log 25  5 x1  5   1 . Điều kiện: 5x  1  x  0 . PT  1 2   log 5  5x  1 . log 5  5x  1  1  1  log 25  5 x  1  log 5  5 x  1  2  0 .  2  log 5  5x  1  1  1 26  5 x  1  5  log 5  x  log 5 6 . 25 25  26    a; b  log 5 ;log 5 6  . Vậy, a  b  2  log5 156 .  25  Câu 21: C Lượng Cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ là 65% nên ta có: t t P  t   100. 0,5 5750  65   0,5 5750  0,65 Log có số ½ hai vế ta được: t  log 1 0,65  t  5750log 1 0,65  3574 5750 2 2 Câu 22: B Câu 23: A Ta có: t  1  x 2  dt  2 xdx . Đổi cận: x  0  t  1. x 1  t  2 . 1  t  1 1 1 2 3 x7 x.x 6 I  dx   dx   dt . 0 1  x  0 1  x  5 5 2 2 2 1 t5 Câu 24: D 2 dx 2 5 Ta có:  x  3  ln x  3 1  ln 4 . 1 Câu 25: C    2 1    1   1 2 1 2 2 1 0  x  1  sin 2 x  dx   x  x  cos 2 x   2 .  2   2  2 cos  2. 2   2 . 2 2 0     2   1  1      1.  8 2  8 2 Vậy a  8, b  2  a  2b  12 . Câu 26:C y 6 O x1 x2 x B 18m C D 18
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Phương trình Parabol có dạng y  a.x 2  P  . 1 1  P đi qua điểm có tọa độ  6; 18 suy ra: 18  a.  6   a     P  : y   x2 . 2 2 2 AB x1 Từ hình vẽ ta có:  . CD x2 1 Diện tích hình phẳng giới bạn bởi Parabol và đường thẳng AB : y   x12 là 2 x1  1  1   1 x3 1  x1 2 S1  2    x 2    x12   dx  2   .  x12 x   x13 . 0  2  2   2 3 2 0 3 1 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol và đường thẳng CD y   x22 là 2 x2  1  1   1 x3 1  x2 2 S2  2    x 2    x22   dx  2   .  x22 x   x23 0  2  2   2 3 2 0 3 x 1 AB x1 1 Từ giả thiết suy ra S2  2S1  x23  2 x13  1  3 . Vậy  3 . x2 2 CD x2 2 Câu 27 : A Phần ảo của số phức z  18  12i là 12 . Câu 28: B Ta có w  2  6  8i   12  16i  w  12  16i . Câu 29: C Ta có: z  42   3  5 . 2 Câu 30 : C Theo giả thiết suy ra: OA  z0 , OB  z1 và AB  z1  z0 . Ta có: z02  z12  z0 z1  z02  z0 z1  z12  0   z0  z1   z02  z0 z1  z12   0 .  z03  z13  0  z03   z13  z0  z1  OA  OB .  z  z   z02  z12  2 z0 z1   z0 z1  z1  z0  z1 . z0 2 2 Xét 1 0  AB 2  OA.OB  AB  OB . Vậy AB  OB  OA hay tam giác OAB là tam giác đều. Câu 31: D Ta có T  z12  9 z22  z12   3iz2   z1  3iz2 . z1  3iz2 2 Gọi P là điểm biểu diễn của số phức 3iz2 . Khi đó ta có z1  3iz2 . z1  3iz2  OM  OP . OM  OP  PM . 2OI  2 PM .OI . 3 Do MON  60 và OM  OP  6 nên MOP đều suy ra PM  6 và OI  6. 3 3. 2 Vậy T  2PM .OI  2.6.3 3  36 3 .
Câu 32: D 1 Ta có V  .3B.h  Bh . 3 Câu 33 : C Ta có AA   ABC   nên  AB;  ABC     ABA  60 . Suy ra: AA  AB.tan 60  a 3 . a 2 3 3a3 Thể tích khối lăng trụ là V  AA.SABC  a 3.  . 4 4 Câu 34: B Gọi  S  là mặt cầu có tâm I và bán kính R  9 . Xét hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh a , 0  a  9 2   AC a 2 a2 Ta có OA    OI  IA2  OA2  81  . 2 2 2 a2 Mặt khác ta lại có SO  SI  IO  9  81  . 2 1 2 a2  1 a2  Thể tích của khối chóp S . ABCD là V  a 9  81    3a 2  a 2 81  . 3  2  3 2   Đặt a 2  t , do 0  a  9 2 nên 0  t  162 1  t  324  3t Xét hàm số f  t   3t  t  9  81   , với 0  t  162 ta có f   t   3  ; 3  2 t 12 81  2 t  108 t  108 t t f   t   0  81    9    2   t  0  t  144 . t  t   2 12 81     9    t  144  2  12   Ta có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta có Vmax  576 khi t  144 hay a  12 .
Câu 35: A Công thức. Câu 36: C A Q P B M I N C Gọi I là trung điểm BC . Suy ra I là trung điểm MN . Đặt MN  x ,  0  x  90  . MQ BM 3 x Ta có:   MQ   90  x  ; gọi R là bán kính của trụ  R  . AI BI 2 2 2  x  3  90  x     x3  90 x 2  3 Thể tích của khối trụ là: VT      2  2 8 Xét f  x   3 8 x 3  90 x 2  với 0  x  90 .  x0 f  x  3 8  3x  180 x  , f   x   0   2 .  x  60 13500. 3 Khi đó suy ra max f  x   f  60   . x(0;90)  Câu 37: A 16 Do thùng phi có dạng hình trụ nên: Vtru   R 2 h  16  h  , 1 R2 Diện tích toàn phần của thùng phi là: STp  2 R 2  2 Rh  2 R  h  R  ,  2  Thay (1) vào (2) ta được:  16   16  STp  2 R  2  R   2   R 2  R  R   16  4 S 'Tp  2   2  2 R   2  R 3  8   R  R 4 S 'Tp  0  2  R 3  8   0  R  2 R Bảng biến thiên Vậy để sản xuất thùng phi ít tốn vật liệu nhất thì R= 2(m) và chiều cao là h = 4 (m). Câu 38: B
 a a3 a3 a1 a1 a2  Ta có:  a; b    2 ; ;    a2b3  a3b2 , a3b1  a1b3 , a1b2  a2b1  .  b2 b3 b3 b1 b1 b2  Câu 39: D Ta có: a  i  2 j  3k  a  1; 2; 3 . Câu 40: A Ta có độ dài đoạn thẳng AB là: AB  AB  62   6   7 2  121  AB  11 . 2 Câu 41: B Mặt cầu có tâm I 1;2;3 và bán kính R  3 có phương trình là  x  1   y  2    z  3  9 . 2 2 2 Câu 42: D A d1 α) B d2 Ta có d1 đi qua A  2; 2;3 và có ud1   2;1;3 , d 2 đi qua B 1; 2;1 và có ud 2   2; 1; 4  AB   1;1; 2  ; ud1 ; ud2    7; 2; 4  ;  ud1 ; ud2  AB  1  0 nên d1 , d2 chéo nhau. Do   cách đều d1 , d2 nên   song song với d1 , d2  n  ud1 ; ud2    7; 2; 4     có dạng 7 x  2 y  4 z  d  0 d 2 d 1 3 Theo giả thiết thì d  A,     d  B,      d 69 69 2    :14 x  4 y  8 z  3  0 . Câu 43: A Gọi A  d    A  d   P   x 1 y z  2 x  1     Tọa độ A thỏa mãn hệ  2 1 3   y  1  A 1;1;1 .  x  2 y  z  4  0 z  1  Do    P  và   d nên nhận u   nP ; ud    5;  1;  3 là một véctơ chỉ phương. x 1 y 1 z 1 Đường thẳng  đi qua A 1;1;1 nên  có dạng   . 5 1 3 Câu 44: C
3  AB AC AD    AB AC AD  AB AC  AD   4  3 VABCD Ta có        . VABC D AB AC  AD  3  3   AB AC AD 4 Do đó thể tích của ABCD nhỏ nhất khi và chỉ khi    . AB AC  AD 3 3 7 1 7 Khi đó AB  AB  B  ; ;  và  BC D  //  BCD  . A 4 4 4 4 Mặt khác  BC , BD    4;10; 11 . B' D' Vậy B C' D C  BC D : 4  x  7  1  7   10  y    11 z    0  16 x  40 y  44 z  39  0 .  4  4  4 Câu 45: D Câu 46: B Số phần tử không gian mẫu là: n     3!  6 . Gọi A là biến cố “Có ít nhất một lá thư được bỏ đúng phong bì”. Ta xét các trường hợp sau: Nếu lá thứ nhất bỏ đúng phong bì, hai lá còn lại để sai thì có duy nhất 1 cách. Nếu lá thứ hai bỏ đúng phong bì, hai lá còn lại để sai thì có duy nhất 1 cách. Nếu lá thứ ba bỏ đúng phong bì, hai lá còn lại để sai thì có duy nhất 1 cách. Không thể có trường hợp hai lá thư bỏ đúng và một lá thư bỏ sai. Cả ba lá thư đều được bỏ đúng có duy nhất 1 cách.  n  A  4 . n  A 4 2 Vậy xác suất để có ít nhất một lá thư được bỏ đúng phong bì là: P  A     . n  6 3 Cách 2: Gọi B là biến cố “Không có lá thư nào được bỏ đúng phong bì”.  n  B  2 . n B 2 2  P  A  1  P  B   1   1  . n  6 3 Câu 47: A u 1 1 Ta có: n 1   nên  un  là cấp số nhân có công bội q   . un 10 10 Câu 48: D
A C B I N A' C' M B' Gọi I là trung điểm của AC . Ta có MI //BC và MI   AC M  . Do đó CB//  AC M  . Câu 49: A Theo tiên đề qua điểm O cho trước có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng  . Câu 50: D S E F B A D C Ta có BC   SAB  (vì BC  AB, BC  SA )  BC  AE Lại có AE  SB (theo giả thiết) Suy ra AE   SBC   AE  SC . Tương tự ta chứng minh được SC  AF . Vậy SC   AEF  .