Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2019 - Sở GD&ĐT Đồng Nai

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để trang bị kiến thức và thêm tự tin hơn khi bước vào kì thi sắp đến mời các bạn học sinh lớp 12 tham khảo Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2019 - Sở GD&ĐT Đồng Nai. Chúc các bạn làm bài kiểm tra tốt.

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 Đồng Nai

Câu 1: [NB] 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;    . C. Hàm số nghịch biến trên khoảng  1;1 . D. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 . Câu 2:[NB] Cho đồ thị hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A.  2; 2  . B.  ; 0  . C.  0; 2  . D.  2;    . Câu 3: [NB] Hàm số y  x 4  2 x 2  3 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 0 . B. 2 . C. 1. D. 3 . Câu 4:[NB] Cho hàm số y  f  x  . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Nếu hàm số đạt cực trị tại x0 thì hàm số không có đạo hàm tại x0 hoặc f   x0   0 . B. Hàm số y  f  x  đạt cực trị tại x0 thì f   x0   0 . C. Hàm số y  f  x  đạt cực trị tại x0 thì nó không có đạo hàm tại x0 . D. Hàm số y  f  x  đạt cực trị tại x0 thì f   x0   0 hoặc f   x0   0 . Câu 5: [NB] Tập xác định của hàm số y   2  x  3 là: A. D  \ 2 . B. D   2;   . C. D   ; 2  . D. D   ; 2 . 1 Câu 6: [NB] Tính đạo hàm f   x  của hàm số f  x   log 2  3x  1 với x  . 3
3 1 A. f   x   . B. f   x   .  3x  1 ln 2  3x  1 ln 2 3 3ln 2 C. f   x   . D. f   x   .  3x  1  3x  1 Câu 7:[NB] Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   2 x  1 . x2   2 x  1dx   xC.   2 x  1dx  x  xC . 2 A. B. 2   2 x  1dx  2 x 1 C .   2 x  1dx  x C. 2 2 C. D. Câu 8:[NB] Cho hai số phức z1  2  3i , z2  4  5i . Số phức z  z1  z2 là A. z  2  2i . B. z  2  2i . C. z  2  2i . D. z  2  2i . Câu 9:[NB] Tổng số đỉnh, số cạnh và số mặt của hình lập phương là A. 16 . B. 26 . C. 8 . D. 24 . Câu 10:[NB] Số mặt cầu chứa một đường tròn cho trước là A. 0 . B. 1 . C. Vô số. D. 2 . Câu 11: [NB] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3;1; 4  và B 1; 1; 2  . Phương trình mặt cầu  S  nhận AB làm đường kính là A.  x  1  y 2   z  1  14 . 2 2 B.  x  1  y 2   z  1  14 . 2 2 C.  x  1  y 2   z  1  56 . 2 2 D.  x  4    y  2    z  6   14 . 2 2 2 Câu 12:[NB] Mặt phẳng đi qua ba điểm A  0;0; 2  , B 1;0;0  và C  0;3;0  có phương trình là: x y z x y z x y z x y z A.    1. B.    1 . C.    1. D.    1 . 1 3 2 1 3 2 2 1 3 2 1 3 Câu 13:[NB] Có bao nhiêu số hạng trong khai triển nhị thức  2 x  3 2018 A. 2019 . B. 2017 . C. 2018 . D. 2020 . Câu 14:[NB] Công thức nào sau đây là đúng với cấp số cộng có số hạng đầu u1 , công sai d , n  2. ? A. un  u1  d . B. un  u1   n  1 d . C. un  u1   n  1 d . D. un  u1   n  1 d . Câu 15:[TH] Hàm số y  f ( x) liên tục và có bảng biến thiên trong đoạn [1; 3] cho trong hình bên. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x  trên đoạn  1;3 . Tìm mệnh đề đúng? A. M  f (1) . B. M  f  3 . C. M  f (2) . D. M  f (0) .
x 1 Câu 16:[TH] Cho hàm số y  .Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 3; 4 là 2 x 3 5 A.  . B. 4 . C.  D. 2 . 2 2 x2  6 x  8 1  Câu 17: [TH] Bất phương trình log 2  0 có tập nghiệm là T   ; a   b;   . Hỏi 4x 1 4  M  a  b bằng A. M  12 . B. M  8 . C. M  9 . D. M  10 . 3 x  2  4 có 2 nghiệm là x1 ; x2 . Hãy tính giá trị của T  x13  x23 . 2 Câu 18:[TH] Phương trình 2 x A. T  9 . B. T  1 . C. T  3 . D. T  27 . 1 Câu 19:[TH] Nghiệm của phương trình 22 x1   0 là 8 A. x  2 . B. x  2 . C. x  1 . D. x  1 . 2 Câu 20:[TH] Tính tích phân   2ax  b  dx . 1 A. a  b . B. 3a  2b . C. a  2b . D. 3a  b . 3 Câu 21:[TH] Cho f , g là hai hàm liên tục trên 1;3 thỏa điều kiện   f  x   3g  x  dx  10 đồng thời 1 3 3  2 f  x   g  x  dx  6 . Tính   f  x   g  x  dx . 1 1 A. 8 . B. 7 . C. 9 . D. 6 . Câu 22:[TH] Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 2 z 2  6 z  5  0 . Số phức iz0 bằng 1 3 1 3 1 3 1 3 A.   i . B.  i . C.   i . D.  i . 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 23:[TH] Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng tọa độ, N là điểm đối xứng của M qua Oy ( M , N không thuộc các trục tọa độ). Số phức w có điểm biểu diễn lên mặt phẳng tọa độ là N . Mệnh đề nào sau đây đúng ? A. w   z . B. w   z . C. w  z . D. w  z . Câu 24:[TH] Một hình nón có chiều cao bằng a 3 và bán kính đáy bẳng a . Tính diện tích xung quanh S xq của hình nón. A. S xq  2a 2 . B. S xq   a 2 . C. S xq  2 a 2 . D. S xq  3 a 2 . Câu 25:[TH] Cho A 1; 3; 2  và mặt phẳng  P  : 2 x  y  3z  1  0 . Viết phương trình tham số đường thẳng d đi qua A , vuông góc với  P  . x  2  t  x  1  2t  x  1  2t  x  1  2t     A.  y  1  3t . B.  y  3  t . C.  y  3  t . D.  y  3  t .  z  3  2t  z  2  3t  z  2  3t  z  2  3t     Câu 26: [TH] Cho hai điểm , B  0; 2;1 , mặt phẳng  P  : x  y  z  7  0 . Đường thẳng d nằm trên  P  sao cho mọi điểm của d cách đều hai điểm A , B có phương trình là
 x  2t  x  t x  t x  t     A.  y  7  3t . B.  y  7  3t . C.  y  7  3t . D.  y  7  3t .  z  2t  z  2t  z  2t  z  2t     x  3 y 1 z 1 Câu 27:[TH] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :   . Hình chiếu 2 1 3 vuông góc của d trên mặt phẳng  Oyz  là một đường thẳng có vectơ chỉ phương là A. u   0;1;3 . B. u   0;1; 3 . C. u   2;1; 3 . D. u   2;0;0  . x 1 Câu 28:[VD] Đồ thị  C  của hàm số y  và đường thẳng d : y  2 x  1 cắt nhau tại hai điểm A và x 1 B khi đó độ dài đoạn AB bằng? A. 2 3 . B. 2 2 . C. 2 5 . D. 5 . ac  b 2  4ac   0 Câu 29:[VD] Với điều kiện  thì đồ thị hàm số y  ax 4  bx 2  c cắt trục hoành tại mấy ab  0 điểm? A. 4 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Câu 30:[VD] Số giá trị nguyên của m  10 để hàm số y  ln  x 2  mx  1 đồng biến trên  0;   là A. 10 . B. 11. C. 8 . D. 9 . x 1 Câu 31:[VD] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  và các trục tọa độ bằng x2 3 3 3 5 A. 2 ln  1 B. 5ln  1 C. 3ln  1 D. 3ln  1 2 2 2 2 Câu 32:[VD]Tính diện tích miền hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x 2  2 x , y  0 , x  10 , x  10 . 2000 2008 A. S  . B. S  2008 . C. S  . D. 2000 . 3 3 Câu 33:[VD] Tìm số phức z thỏa mãn z  2  z và  z  1 z  i  là số thực. A. z  1  2i. B. z  1  2i. C. z  2  i. D. z  1  2i. Câu 34:[VD] Cho a, b, c là các số thực sao cho phương trình z 3 + az 2 + bz + c = 0 có ba nghiệm phức lần lượt là z1 = w + 3i; z2 = w + 9i; z3 = 2w - 4 , trong đó w là một số phức nào đó. Tính giá trị của P = a + b + c . . A. P = 136 . B. P = 208 . C. P = 84 . D. P = 36 . Câu 35:[VD] Cho tứ diện ABCD có AB = 3a , AC = 4a , AD = 5a . Gọi M , N , P lần lượt là trọng tâm các tam giác DAB , DBC , DCA . Tính thể tích V của tứ diện DMNP khi thể tích tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. 10a3 80a3 20a3 120a3 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 4 7 27 27 Câu 36:[VD] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp SABCD .
7 21 3 7 21 3 7 21 3 49 21 3 A. a . B. a . C. a . D. a . 54 162 216 36 x 1 y  2 z 1 Câu 37:[VD] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :   , A  2;1; 4  . 1 1 2 Gọi H  a; b; c  là điểm thuộc d sao cho AH có độ dài nhỏ nhất. Tính T  a3  b3  c3 . A. T  8 . B. T  62 . C. T  13 . D. T  5 . Câu 38:[VD] Lớp 11A có 40 học sinh trong đó có 12 học sinh đạt điểm tổng kết môn Hóa học loại giỏi và 13 học sinh đạt điểm tổng kết môn Vật lí loại giỏi. Biết rằng khi chọn một học sinh của lớp đạt điểm tổng kết môn Hóa học hoặc Vật lí loại giỏi có xác suất là 0, 5 . Số học sinh đạt điểm tổng kết giỏi cả hai môn Hóa học và Vật lí là A. 6 . B. 5 . C. 4 . D. 7 . Câu 39:[VD] Cho hình tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O , OB  a , OC  a 3 . Cạnh OA vuông góc với mặt phẳng  OBC  , OA  a 3 , gọi M là trung điểm của BC . Tính theo a khoảng cách h giữa hai đường thẳng AB và OM . a 5 a 15 a 3 a 3 A. h  . B. h  . C. h  . D. h  . 5 5 2 15 Câu 40:[VD] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a , SO vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và SO  a. Khoảng cách giữa SC và AB bằng a 3 a 5 2a 3 2a 5 A. . B. . C. . D. . 15 5 15 5 Câu 41:[VDC] Cho hàm số y  x3  3x 2  3mx  m  1 . Biết rằng hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số và trục Ox có diện tích phần nằm phía trên trục Ox và phần nằm phía dưới trục Ox bằng nhau. Giá trị của m là 2 4 3 3 A. . B. . C. . D. . 3 5 4 5 x 1 Câu 42: [VDC] Cho hàm số y  (C ) . Gọi d là khoảng cách từ giao điểm của hai đường tiệm x2 cận của đồ thị đến một tiếp tuyến của (C ) . Giá trị lớn nhất mà d có thể đạt được là: 2 A. 3. B. 6. C. . D. 5 . 2 Câu 43: [VDC] Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  1 có bảng biến thiên như sau: x –∞ 0 x1 x2 +∞ y   0  0  y Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. b  0, c  0 . B. b  0, c  0 . C. b  0, c  0 . D. b  0, c  0 . Câu 44:[VDC] Cho hàm số bậc 3: y  f  x  có đồ thị như hình vẽ.
Xét hàm số g  x   f  f  x   . Trong các mệnh đề dưới đây: (I) g  x  đồng biến trên  ;0  và  2;   . (II) hàm số g  x  có bốn điểm cực trị. (III) max g  x   0 .  1;1 (IV) phương trình g  x   0 có ba nghiệm. Số mệnh đề đúng là A. 1. B. 4 . C. 3 . D. 2 . Câu 45:[VDC] Cho hàm số y  x3  3x 2  3mx  m  1 . Biết rằng hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số và trục Ox có diện tích phần nằm phía trên trục Ox và phần nằm phía dưới trục Ox bằng nhau. Giá trị của m là 2 4 3 3 A. . B. . C. . D. . 3 5 4 5 x2 Câu 46:[VDC] Cho hàm số y  có đồ thị là  C  . Gọi d là khoảng cách từ giao điểm 2 tiệm cận x 1 của  C  đến một tiếp tuyến bất kỳ của  C  . Giá trị lớn nhất d có thể đạt được là: A. 2. B. 2 2 . C. 3. D. 3 3 . Câu 47: [VDC] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a  a  0  thỏa mãn 2017 a  a 1   1  2  a    22017  2017  .  2   2  A. 0  a  1 . B. 1  a  2017 . C. a  2017 . D. 0  a  2017 . Câu 48:[VDC] Người ta muốn mạ vàng cho một cái hộp có đáy hình vuông không nắp có thể tích là 4 lít. Tìm kích thước của hộp đó để lượng vàng dùng mạ là ít nhất. Giả sử độ dày của lớp mạ tại mọi nơi trên mặt ngoài hộp là như nhau. A. Cạnh đáy bằng 3, chiều cao bằng 4. B. Cạnh đáy bằng 1, chiều cao bằng 2. C. Cạnh đáy bằng 4, chiều cao bằng 3. D. Cạnh đáy bằng 2, chiều cao bằng 1.
Câu 49: [VDC] Trong không gian Oxyz , cho hình thoi ABCD với A  1; 2;1 , B  2;3; 2  . Tâm I của x 1 y z  2 hình thoi thuộc đường thẳng d :   . Tọa độ đỉnh D là. 1 1 1 A. D  0;1; 2  . B. D  2;1;0  . C. D  2; 1;0  . D. D  0; 1; 2  . Câu 50:[VDC] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi   là mặt phẳng chứa đường thẳng x  2 y 1 z :   và vuông góc với mặt phẳng    : x  y  2 z  1  0 . Khi đó giao tuyến 1 1 2 của hai mặt phẳng   ,    có phương trình x  2 y 1 z x  2 y 1 z x y 1 z x y 1 z 1 A.   . B.   . C.   . D.   . 1 5 2 1 5 2 1 1 1 1 1 1 ----------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN 1-C 2-C 3-C 4-A 5-C 6-A 7-B 8-B 9-B 10-C 11-A 12-A 13-A 14-D 15-D 16-D 17-D 18-D 19-D 20-D 21-D 22-B 23-B 24-C 25-C 26-D 27-B 28-C 29-A 30-A 31-C 32-C 33-D 34-A 35-A 36-C 37-B 38-B 39-B 40-D 41-C 42-B 43-B 44-C 45-C 46-A 47-D 48-D 49-C 50-C HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: C Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng  1;1 . Câu 2: C Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  0; 2  . Câu 3: C Tập xác định của hàm số: D  . Đạo hàm: y  4 x3  4 x ; y  0  x  0 . Bảng biến thiên: x –∞ 0 +∞ y' – 0 + +∞ +∞ y -3 Vậy hàm số đã cho có một điểm cực trị. Câu 4: A
Câu 5: C Ta có: 3  nên hàm số xác định khi và chỉ khi 2  x  0  x  2 . Vậy tập xác định của hàm số là: D   ; 2  . Câu 6: A 3 Ta có: f  x   log 2  3x  1  f   x   .  3x  1 ln 2 Câu 7: B   2 x  1dx  x  xC . 2 Câu 8: B z  z1  z2  2  3i  4  5i  2  2i . Câu 9: B Hình lập phương có 8 đỉnh, 12 cạnh và 6 mặt. Vậy tổng số đỉnh, số cạnh và số mặt của hình lập phương là 26 . Câu 10: C Câu hỏi lí thuyết. Câu 11: A Gọi I là trung điểm đoạn AB  I  1;0; 1 . Mặt cầu cần tìm có tâm I  1;0; 1 và bán kính R  IA   1  3   0  1   1  4   14 . 2 2 2 Ta có phương trình  x  1  y 2   z  1  14. 2 2 Câu 12: A Áp dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn ta có phương trình mặt phẳng là x y z    1. 1 3 2 Câu 13: A Trong khai triển nhị thức  a  b  thì số các số hạng là n  1 nên trong khai triển  2 x  3 n 2018 có 2019 số hạng. Câu 14: D Công thức số hạng tổng quát : un  u1   n  1 d , n  2 . Câu 15: D Câu 16: D Câu 17: D x2  6 x  8 x2  6x  8 x 2  10 x  9 Ta có log 2 0  1  0 4x 1 4x 1 4x 1
  x 2  10 x  9  0  1  4 x  1  0  x 1   4 .  x 2  10 x  9  0   x  9  4 x  1  0 1  Nên T   ;1  9;    M  a  b  1  9  10 . 4  Câu 18: D x  0 Ta có 2 x 3 x  2  4  x 2  3x  2  2   2 . x  3 Vậy T  x13  x23  27 . Câu 19: D 1 Ta có 22 x 1   0  22 x 1  23  x  1 . 8 Câu 20: D 2   2ax  b  dx   ax  bx   4a  2b   a  b   3a  b . 2 2 Ta có 1 1 Câu 21: D   f  x   3g  x   dx  10   f  x  dx  3 g  x  dx  10 1 3 3 3 1 1 1   2 f  x   g  x   dx  6  2 f  x  dx   g  x  dx  6  2  3 3 3 1 1 1 Giải hệ 1 và  2  ta được   f  x  dx  4;  g  x  dx  2 suy ra   f  x   g  x   dx  6 . 3 3 3 1 1 1 Câu 22: B 3i Ta có 2 z 2  6 z  5  0  4 z 2  12 z  10  0   2 z  3  1  i 2  z  2 2 3 1 1 3  z0   i  iz0   i . 2 2 2 2 Câu 23: B Gọi z  x  yi , x, y   M  x; y  . N là điểm đối xứng của M qua Oy  N   x; y   w   x  yi    x  yi    z . Câu 24: C Gọi chiều cao hình nón là h , bán kính đáy bằng a , ta có: Độ dài đường sinh l  (a 3)2  a 2  2a . Do đó: S xq   rl   .a.(2a)  2 a 2 . Câu 25: C Vì d đi qua A , vuông góc với  P  nên d có một vectơ chỉ phương là a   2; 1;3 .  x  1  2t  * Vậy phương trình tham số của d là  y  3  t .  z  2  3t  Câu 26: D
3 5  Ta có AB   3; 1;0  ; I  ; ;1 là trung điểm của AB và A, B nằm ở hai phía của mặt 2 2  phẳng  P  . Gọi   là mặt phẳng trung trực của AB và       P  . Khi đó  chính là đường thẳng thuộc mặt phẳng  P  và cách đều hai điểm A, B . 3 5  Phương trình mặt phẳng   đi qua I  ; ;1 và có véc tơ pháp tuyến AB   3; 1;0  là: 2 2     5 3  x     y    0  3x  y  7  0 .  2  2 Khi đó d là đường giao tuyến của   và  P  . Véctơ chỉ phương của d : ud   n P  , n     1;3; 2    1; 3; 2  , d đi qua A  0;7;0  .   x  t  Vậy d có phương trình tham số là:  y  7  3t ( t là tham số).  z  2t  Câu 27: B  5 7 Ta có d cắt mặt phẳng  Oyz  tại M  M  0; ;   , chọn A  3;1;1  d và gọi B là hình  2 2 chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  Oyz   B  0;1;1 .  3 9 Lại có BM   0; ;   . Khi đó, vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm sẽ cùng phương  2 2 với vectơ BM nên chọn đáp án B. Câu 28: C Tập xác định D  \ 1 . Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị  C  là nghiệm của phương trình. x 1 ìï x ¹ 1 x  0  2x 1 Û ï  í 2 . x 1 ïï x - 2x = 0  x2 ïî Với x  0  A  0; 1 . Với x  2  B  2;3 . Do đó AB  22  42  2 5 . Câu 29: A Xét: ac  b 2  4ac   0  ab 2 c  4  ac   0 vì 4  ac   0  ab 2c  4  ac   0 hay a.c  0 . 2 2 2 Vì ac  b 2  4ac   0  b 2  4ac  0 . Xét phương trình hoành độ giao điểm: ax 4  bx 2  c  0 . Đặt x 2  t;  t  0  .Phương trình theo t : at 2  bt  c  0 (1).
   b 2  4ac  0   b Ta có: t1  t2   0  Phương trình (2) hai nghiệm dương phân biệt.  a  c t1.t2  a  0  ax 4  bx 2  c  0 có bốn nghiệm phân biệt. Vậy đồ thị hàm số y  ax 4  bx 2  c cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt. Câu 30: A 2x  m Ta có y   0 với mọi x   0;   . x  mx  1 2 Xét g  x   x 2  mx  1 có   m2  4. TH1:   0  2  m  2 khi đó g  x   0, x  nên ta có 2 x  m  0 , x   0;   Suy ra 0  m  2 .  m  2 TH2:   0   . m  2 2x  m Nếu m  2 thì lim y  m  2 nên không thỏa y   0 với mọi x   0;   . x 0 x  mx  1 2 Nếu m  2 thì 2 x  m  0 với mọi x   0;   và g  x  có 2 nghiệm âm . Do đó g  x   0 , x   0;   . Suy ra 2  m  10 . Vậy ta có: 0  m  10 nên có 10 giá trị nguyên của m . Câu 31: D x 1 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  và trục hoành: x2 x 1  0  x  2   x  1 . x2 x 1 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  và các trục tọa độ bằng: x2 x 1 0 x 1 0 0 dx   x  3ln x  2   1  3ln  1  3ln  3ln  1 . 3 2 2 3  0 dx   dx   1  1 x2 1 x2 1 x2  1 3 3 2 Câu 32: C x  0 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y  x 2  2 x và y  0 là x 2  2 x  0   . x  2 Trên đoạn  10;10 ta có x 2  2 x  0 , x   10;0 và  2;10 . x 2  2 x  0 , x   0; 2 . 10 0 2 10 Do đó S   x 2  2 x dx    x2  2 x  dx    x 2  2 x  dx    x 2  2 x  dx  2008 3 ( đvdt). 10 10 0 2 Câu 33: D
Gọi z  x  iy với x, y  ta có hệ phương trình  z  2  z  x  2 2  y 2  x 2  y 2  x  2 2  y 2  x 2  y 2     z  1 z  i    x  1  iy  x  iy  i    x  1  iy  x  iy  i   x  1  x  1     x  1 y  1  xy  0   y  2 Câu 34: A Ta có z1 + z2 + z3 = - a Û 4w + 12i - 4 = - a là số thực, suy ra w có phần ảo - 3i hay w = m - 3i . Khi đó z1 = m; z2 = m + 6i; z3 = 2m - 6i - 4 mà z3 ; z2 là liên hợp của nhau nên m = 2m - 4 Û m = 4 . Vậy z1 = 4; z2 = 4 + 6i; z3 = 4 - 6i . Theo Viet ta có. ìï z1 + z2 + z3 = - a ìï a = - 12 ïï ï ïí z z + z z + z z = b Þ ïí b = 84 . ïï 1 2 2 3 1 3 ïï ïïî z1 z2 z3 = - c ïîï c = - 208 P = - 12 + 84 - 208 = 136 . Câu 35: C 3 VD.MNP DM DN DP æ ç 2ö÷ 8 8 1 2 Ta có: = . . =ç ÷ ÷ Þ VD.MNP = VD.HIK = . .VD. ABC = .VD. ABC VD.HIK ç DH DI DK è 3 ø 27 27 4 27 1 1 1 1 1 Ta có: VD. ABC = .S ABC .SH = . . AB. AC.sin A.DE £ AB. AC.DE £ AB. AC.DE 3 3 2 6 6 ( DE là đường cao của hình chóp D. ABC ) Dấu bằng xảy ra khi: DA = DE và BAC· = 90o 1 1 1 Suy ra: (VD. ABC )max =. . AB. AC.DA = .3a.4a.5a = 10a 3 3 2 6 2 20 3 Vây: VD.MNP = .10a3 = a 27 27
Câu 36: A S G I A D H O K B C Gọi H là trung điểm của AB , suy ra AH   ABCD  . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB và O là tâm hình vuông ABCD . Từ G kẻ GI // HO suy ra GI là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB và từ O kẻ OI // SH thì OI là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD . Ta có hai đường này cùng nằm trong mặt phẳng và cắt nhau tại I . Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . a 21 R  SI  SG 2  GI 2  . 6 4 7 21 3 Suy ra thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp SABCD là V   R3  a . 3 54 Câu 37: B x  1 t  Phương trình tham số của đường thẳng d :  y  2  t t   .  z  1  2t  H  d  H 1  t ; 2  t;1  2t  . Độ dài AH   t  1   t  1   2t  3  6t 2  12t  11  6  t  1  5  5 . 2 2 2 2 Độ dài AH nhỏ nhất bằng 5 khi t  1  H  2;3;3 . Vậy a  2 , b  3 , c  3  a3  b3  c3  62 . Câu 38: B Gọi A là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi môn Hóa học”. B là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi môn Vật lí”.  AC  a 3 A  B là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết môn Hóa học hoặc Vật lí loại giỏi”. A  B là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi cả hai môn Hóa học và Vật lí”. Ta có: n  A  B   0,5.40  20 . Mặt khác: n  A  B   n  A  n  B   n  A.B   n  A.B   n  A  n  B   n  A  B   12  13  20  5 . Câu 39: B Trong mặt phẳng OBC  dựng hình bình hành OMBN , kẻ OI  BN .
A H O C N M I B Kẻ OH  AI . Nhận xét OM //  ABN  nên khoảng cách h giữa hai đường thẳng AB và OM bằng khoảng cách giữa đường thẳng OM và mặt phẳng  ABN  , bằng khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABN  . Suy ra h  d  O,  ABN    OH . a 3 Tam giác OBI có OB  a , BOM  60o nên OI  . 2 1 1 1 1 1 4 a 3 Tam giác AOI vuông tại O nên 2  2  2  2  2  2  OH  . OH OA OI OH 3a 3a 5 Câu 40: D Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD ; H là hình chiếu vuông góc của O trên SN . Vì AB //CD nên d  AB,SC   d  AB, ( SCD)   d  M , (SCD)   2d  O, (SCD)  CD  SO Ta có   CD  ( SON )  CD  OH CD  ON CD  OH Khi đó   OH  ( SCD)  d  O;( SCD)   OH . OH  SN 1 1 1 1 1 5 a Tam giác SON vuông tại O nên 2  2  2  2  2  2  OH  OH ON OS a a a 5 4 2a 5 Vậy d  AB,SC   2OH  . 5 Câu 41: C
Ta có: y  3x2  6 x  3m ; y  0  x2  2 x  m  0 .   1  m ; hàm số có hai điểm cực trị    0  m  1 (1). Mặt khác y  6 x  6 . y  0  y  4m  3 . Hàm số bậc ba có đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng. Do đó: m cần tìm thoả (1) và điểm uốn nằm trên trục hoành 3 m < 1 và 4m  3  0  m  . 4 Câu 42: B 3 Ta có: y '  x   x  2 . Gọi I là giao của hai tiệm cận  I  2;1 .  x  2 2  x 1  Gọi M  x0 ; y0   M  x0 ; 0   C  .  x0  2  Khi đó tiếp tuyến tại M  x0 ; y0  có phương trình:  : y  y '  x0  x  x0   y0 . 3 x0  1 3 3 x0 x 1  y  x  x0    .x  y   0 0.  x0  2  x0  2  x0  2   x0  2  x0  2 2 2 2 6 3 x0 x0  1 1   x0  2   x0  2  x0  2 2 2 Khi đó ta có: d  I ;    . 9 1  x0  2  4 6 x0  12  d  I;   .  x0  2  9 4 Áp dụng BĐT: a 2  b2  2ab a, b . Tacó: 9   x0  2   2.3.  x0  2   9   x0  2   6  x0  2  4 2 4 2 6 x0  12 6 x0  12  d  I;     6 ……..  x0  2  9 6  x0  2  4 2 Vậy giá trị lớn nhất mà d có thể đạt được là: 6. Câu 43: B Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình y  3ax2  2bx  c  0 có hai nghiệm phân biệt đều dương.
 b 2  3ac  0    0 và hệ số a  0 do lim  ax3  bx 2  cx  d    . 2b   x1  x2   3 a x    c  x1.x2  a  0 Từ đó suy ra c  0, b  0 . Câu 44: C Ta có g   x   f   x  . f   f  x   .  f  x  0  x  0; x  2  x  0; x  2 Suy ra g   x   0      x  3 .  f   f  x    0  f  x   0; f  x   2  x  a  3 Bảng biến thiên của hàm số g  x   f  f  x   là Từ bảng biến thiên của hàm số g  x   f  f  x   ta suy ra các mệnh đề (II), (III), (IV) đúng. Câu 45: C Ta có: y  3x2  6 x  3m ; y  0  x2  2 x  m  0 .   1  m ; Để có diện tích phần trên và phần dưới thì hàm số phải có hai điểm cực trị    0  m  1 . Mặt khác y  6 x  6 . y  0  x  1  y  4m  3 . Hàm số bậc ba có đồ thị nhận điểm uốn là trục đối xứng. Do đó, để diện tích hai phần bằng nhau thì điểm uốn phải nằm trên trục hoành. 3 Vậy 4m  3  0  m  (thỏa m  1 ). 4 Câu 46: A Tiệm cận đứng là x  1 ; tiệm cận ngang y  1 nên I  1; 1 .  x 2   C  ; f  x    1 Gọi M 0  x0 ; 0 nên phương trình tiếp tuyến của  C  là: x0  1   x  1 2  x0  2 1 1 x02  4 x0  2 y   x  x   x  y  0. x0  1  x0  1  x0  1  x0  1 2 0 2 2
1 x02  4 x0  2  1  x0  1  x0  1  x0  1 2 2 2 x0  1 2 d  I ,    2  2.  x0  1 1 2  x0  1 4 4 1 1  x0  1 2 Câu 47: D 2017 a  1   1  Ta có  2a  a    22017  2017   2   2   1  1   2017log 2  2a  a   alog 2  22017  2017   2   2   1   1  log 2  2a  a  log 2  22017  2017    2    2  . a 2017  1 log 2  2 x  x  log 4 x  1  x log 4 x  1  2  2   2   1 . Xét hàm số y  f  x    x x x   4 x  1'   x .x  ln  4 x  1   4 x .ln4.x   4 x  1 ln  4 x  1  1  4 1  1 Ta có y   0 ln2   x2  ln2    x 2  4 x  1    1  4 .ln4   4  1 ln  4  1  x x x x y     0 , x  0 . ln2   x 2  4 x  1  Nên y  f  x  là hàm giảm trên  0;   . Do đó f  a   f  2017  ,  a  0  khi 0  a  2017 . Câu 48: D Gọi x là cạnh của đáy hộp. h là chiều cao của hộp. S  x  là diện tích phần hộp cần mạ. Khi đó, khối lượng vàng dùng mạ tỉ lệ thuận với S(x). Ta có: S  x   x 2  4 xh 1 ;V  x 2 h  4  h  4 / x 2  2  . . 16 Từ (1) và (2), ta có S  x   x 2  . x Dựa vào BBT, ta có S  x  đạt GTNN khi x  2 . Câu 49: C Gọi I  1  t ; t ; 2  t   d .IA   t ; t  2; t  1 , IB   t  3; t  3; t  . Do ABCD là hình thoi nên IA.IB  0  3t 2  9t  6  0  t  2; t  1 . Do C đối xứng A qua I và D đối xứng B qua I nên: +) t  1  I  0;1;1  C 1;0;1 , D  2; 1;0  .
+) t  2  C  3; 2; 1 , D  0;1; 2  . Câu 50: C x  2 y 1 z :   đi qua M  2;1;0  và có vtcp : u  1;1;  2  . 1 1 2    : x  y  2z 1  0 có vtpt : n  1;1; 2  . đi qua M   :  . vtpt u, n    4;  4;0   4 1;  1;0    Phương trình   : x  2    y  1  0  x  y  1  0 . Gọi  d  là giao tuyến của hai mặt phẳng   ,    . Ta có: đi qua N  0;  1;0   d  :  . vtcp  n, n    2; 2;  2   2 1;1;  1 x y 1 z Phương trình  d  :   . 1 1 1