www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm) ĐỀ SỐ 01
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu) Họ, tên học sinh:..................................................................................................
Giáo viên: NGUYỄN HỮU CHUNG KIÊN Câu 1. Đồ thị trong hình bên là của hàm số nào. A.
y = x 3 − 3x .
B.
y = −x 3 + 3 x .
C.
y = −x 4 + 2 x 2 .
D.
y = x 4 − 2x 2 .
y
2
Câu 2. Cho hàm số y =
x
1 -1
O
-2
1 3 x − 2 x 2 + 3 x + 1 có đồ thị là (C ) . Tiếp tuyến của (C ) song song với đường thẳng 3
∆ : y = 3x + 1 có phương trình là: A.
y = 3x −1 .
B.
y = 3x −
26 . 3
C.
y = 3x − 2 .
D.
y = 3x −
29 . 3
Câu 3. Hàm số y = −x 3 + 3x 2 + 9 x + 4 đồng biến trên khoảng: A. (−1;3) .
B. (−3;1) .
C. (−∞; −3) .
D. (3;+∞) .
Câu 4. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên: x −∞ y'
y
−
0
+∞
3
1
+
0
+∞
−
1
− Khẳng định nào sau đây là đúng ? A. Hàm số có giá trị cực đại bằng 3 .
1 3
−∞
1 B. Hàm số có GTLN bằng 1 , GTNN bằng − . 3 C. Hàm số có hai điểm cực trị. D. Đồ thị hàm số không cắt trục hoành. Câu 5. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x − 5 + A. −
5 . 2
B.
1 . 5
1 trên đoạn x
1 ;5 bằng: 2
C. −3 .
D. −5 .
Câu 6. Hàm số y = −x 4 − 3x 2 + 1 có: A. Một cực đại và hai cực tiểu. C. Một cực đại duy nhất.
B. Một cực tiểu và hai cực đại. D. Một cực tiểu duy nhất.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
1
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 7. Giá trị của m để đường thẳng d : x + 3 y + m = 0 cắt đồ thị hàm số y =
2x −3 tại hai điểm M , N sao cho x −1
tam giác AMN vuông tại điểm A (1;0) là: A.
m=6.
B.
m=4.
C.
m = −6 .
D.
Câu 8. Hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) trên khoảng
m = −4 .
y
K . Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số f ' ( x ) trên khoảng K . Số điểm cực trị của hàm số f ( x ) trên là: A.
0.
B. 1. C.
x
2.
-1
2
O
D. 3.
Câu 9. Với tất cả giá trị nào của m thì hàm số y = mx 4 + (m −1) x 2 + 1 − 2m chỉ có một cực trị: A. Câu
m ≥1 .
10.
Cho
B. hàm
số
m≤0.
C.
0 ≤ m ≤1.
y = x 3 + ax 2 + bx + c
D.
m ≤ 0 . m ≥ 1
y
(a; b; c ∈ ℝ ) có đồ thị biểu diễn là đường cong (C )
B.
a 2 + b 2 + c 2 ≠ 132 .
C.
a + c ≥ 2b .
D.
a + b 2 + c 3 = 11.
x
1
như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là sai? A. a + b + c = −1 .
O
-4
Câu 11. Với các giá trị nào của tham số m thì hàm số y = A.
m <1 .
B.
m>2.
Câu 12. Giải phương trình 16− x = 8 A.
x = −3 .
B.
(m + 1) x + 2m + 2 x +m
nghịch biến trên khoảng (−1; +∞) ?
C.
m < 1 . m > 2
D. 1 ≤ m < 2 .
C.
x =3.
D.
x = −2 .
C.
y'=−
D.
y'=
2(1− x )
.
x=2.
1 Câu 13. Tính đạo hàm của hàm số y = e 4 x . 5 A.
4 y ' = − e4x . 5
B.
y'=
4 4x e . 5
1 4x e . 20
1 4x e . 20
Câu 14. Tập nghiệm của bất phương trình 2 log 3 ( x −1) + log 3 (2 x −1) ≤ 2 là: A. S = (1;2 ] .
B.
1 S = − ;2 . 2
1
Câu 15. Tập xác định của của hàm số y =
A. −3 < x < −1 .
B.
2x 1 log 9 − x +1 2
x > −1 .
Câu 16. Cho phương trình: 3.25 − 2.5 x
C. S = [1;2 ] .
x +1
C.
1 D. S = − ;2 . 2
là:
x < −3 .
D.
0 < x <3.
+ 7 = 0 và các phát biểu sau:
(1) . x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình. (2) . Phương trình có nghiệm dương. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
2
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam (3) . Cả hai nghiệm của phương trình đều nhỏ hơn 1 . 3 (4 ) . Phương trình trên có tổng hai nghiệm bằng − log 5 . 7
Số phát biểu đúng là: A. 1 .
B.
C. 3 .
2.
D.
4.
Câu 17. Cho hàm số f ( x ) = lg 100 ( x − 3) . Khẳng định nào sau đây sai? A. Tập xác định của hàm số f ( x ) là D = [3; +∞) B.
f ( x ) = 2 + lg ( x − 3) với x > 3 .
C. Đồ thị hàm số f ( x ) đi qua điểm (4;2 ) . D.
Hàm số f ( x ) đồng biến trên (3;+∞) .
Câu 18. Đạo hàm của hàm số y = 2 x −1 + ln (1 − x 2 ) là: A.
y′ =
C.
y′ =
1 2 x −1
+
1 2 2 x −1
2x . 1− x 2
−
2x . 1− x 2
B.
y′ =
D.
y′ =
1 2 2 x −1 1 2 x −1
+
−
2x . 1− x 2
2x . 1− x 2
Câu 19. Cho log 3 15 = a, log 3 10 = b . Giá trị của biểu thức P = log 3 50 tính theo a và b là: A.
P = a + b −1 .
B.
D. C. P = 2 a + b −1 . Câu 20. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Nếu a > 1 thì log a M > log a N ⇔ M > N > 0 .
P = a − b −1 . P = a + 2b − 1 .
B. Nếu 0 < a < 1 thì log a M > log a N ⇔ 0 < M < N . C. Nếu M , N > 0 và 0 < a ≠ 1 thì log a ( M .N ) = log a M .log a N . D. Nếu 0 < a < 1 thì log a 2016 > log a 2017 . Câu 21. Đồ thị hình bên là của hàm số nào?
( 3)
x
A.
y=
B.
1 y = . 2
C.
y=
( 2)
D.
1 y = . 3
y 3
.
x
x
1 x
.
-1
O
x
Câu 22. Khối tròn xoay tạo nên khi ta quay quanh trục Ox hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị ( P ) : y = 2 x − x 2 và trục
Ox sẽ có thể tích là: A. V =
16π . 15
B. V =
11π . 15
C. V =
12π . 15
D. V =
4π . 15
Câu 23. Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = cos (5x − 2) là: A.
1 F ( x ) = sin (5x − 2) + C . 5
1 F ( x ) = − sin (5 x − 2) + C . 5 Câu 24. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? C.
A.
∫ 0dx = C
C.
∫x
α
dx =
( C là hằng số).
x α +1 + C ( C là hằng số). α +1
B.
F ( x ) = 5 sin (5x − 2) + C .
D.
F ( x ) = −5 sin (5 x − 2) + C .
B.
∫
D.
∫ dx = x + C
1 dx = ln x + C ( C là hằng số). x ( C là hằng số).
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
3
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1
1 + ln x dx bằng: x
Câu 25. Tích phân I = ∫ 1 e
A.
7 . 3
B.
4 . 3
C.
2 . 3
C.
I =1 .
D.
2 . 9
D.
I =4.
1
Câu 26. Tính tích phân I = ∫ x (2 + e x ) dx . 0
A.
I =3.
B.
I =2.
Câu 27. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = (e + 1) x và y = (e + 1) x . x
A.
e −1 . 4
B.
e +1 . 2
C.
e +1 . 4
D.
e −1 . 2
Câu 28. Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y = x , y = −x và x = 4 . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình ( H ) quanh trục hoành nhận giá trị nào sau đây: A. V =
41π . 3
B. V =
40π . 3
C. V =
38π . 3
D. V =
41π . 2
Câu 29. Cho số phức z thỏa mãn (1 + i ).z = 14 − 2i . Tính tổng phần thực và phần ảo của z . A. −2 .
B. 14 .
C.
2.
D. −14 .
Câu 30. Cho số phức z thỏa mãn (1 − 3i ) z + 1 + i = −z . Môdun của số phức w = 13z + 2i có giá trị: A. −2 .
B.
26 . 13
C.
10 .
D. −
4 . 13
Câu 31. Cho số phức z thỏa mãn iz + 2 − i = 0 . Tính khoảng cách từ điểm biểu diễn của z trên mặt phẳng tọa độ Oxy đến điểm M (3; −4 ) .
A.
B.
2 5.
C.
13 .
2 10 .
D.
2 2.
Câu 32. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2 z = 3 + 4i . Phát biểu nào sau đây là sai? A.
z có phần thực là −3 .
C.
z có phần ảo là
4 B. Số phức z + i có môđun bằng 3
4 . 3
D.
z có môđun bằng
97 . 3
97 . 3
Câu 33. Cho phương trình z 2 + 2 z + 10 = 0 . Gọi z1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình đã cho. Khi đó giá trị 2
biểu thức A = z1 + z 2 A.
4 10 .
2
bằng: B.
2 10 .
C. 3 10 .
D.
10 .
Câu 34. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện
−2 + i ( z −1) = 5 . Phát
biểu nào sau đây là sai? A. Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I (1; −2) . B. Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn có bán kính R = 5 . C. Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn có đường kính bằng 10. D. Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là hình tròn có bán kính R = 5 . Câu 35. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1 . Cạnh bện SA vuông góc với mặt phẳng
( ABCD ) và SC = 5 . Tính thể tích khối chóp S .ABCD . A. V =
3 . 3
B. V =
3 . 6
C. V = 3 .
D. V =
15 . 3
= 1200 và AA ' = 7a . Hình chiếu Câu 36. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BCD 2 vuông góc của A ' lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với giao điểm của AC và BD . Tính theo a thể tích khối hộp
ABCD.A ' B ' C ' D ' .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
4
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam A. V = 12a 3 .
B. V = 3a 3 .
C. V = 9 a 3 .
D. V = 6 a 3 .
Câu 37. Cho hình chóp S .ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = 1, AC = 3 . Tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC ) . A.
39 . 13
B. 1.
C.
2 39 . 13
D.
3 . 2
Câu 38. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Mặt phẳng (SAB ) vuông góc với đáy
( ABCD ). Gọi H là trung điểm của AB, SH = HC , SA = AB. Gọi α là góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ). Giá trị của tan α là: A.
1 2
.
B.
2 3
.
C.
1 3
.
D.
2.
Câu 39. Cho hình chóp S .ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BA = BC = 3 . Cạnh bên SA = 6 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ABC là:
3 2 3 6 . B. 9. C. . D. 3 6. 2 2 Câu 40. Một hình nón có đường cao h = 20cm , bán kính đáy r = 25cm . Tính diện tích xung quanh của hình nón đó. A.
A. 5π 41 . B. 25π 41 . Câu 41. Hình bên cho ta hình ảnh của một đồng hồ cát với các kích thước kèm theo OA = OB . Khi đó tỉ số
C. 75π 41 .
D. 125π 41 .
tổng thể tích của hai hình nón (Vn ) và thể tích hình trụ (Vt ) bằng: A. C.
1 . 2 2 . 5
B. D.
1 . 4 1 . 3
Câu 42. Hình chữ nhật ABCD có AB = 6, AD = 4 . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trung điểm bốn cạnh
AB, BC , CD, DA . Cho hình chữ nhật ABCD quay quanh QN , tứ giác MNPQ tạo thành vật tròn xoay có thể tích bằng: A. V = 8π .
B. V = 6π .
C. V = 4 π .
D. V = 2π .
Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d đi qua điểm M (0; −1;1) và có vectơ chỉ phương u = (1;2;0) . Phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng d có vectơ pháp tuyến là n = (a; b; c )
(a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0) . Khi đó a, b
D. a = −2b . Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác MNP biết MN = (2;1;−2) và NP = (−14;5;2) . Gọi A.
a = 2b .
thỏa mãn điều kiện nào sau đây ?
B.
a = −3b .
C.
a = 3b .
của tam giác MNP . Hệ thức nào sau đây là đúng? NQ là đường phân giác trong của góc N B. QP = −5QM . C. QP = −3QM . D. QP = 5QM . A. QP = 3QM . Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M (3;1;1), N (4;8;−3), P (2;9;−7) và mặt phẳng
(Q ) : x + 2 y − z − 6 = 0 . Đường thẳng d đi qua G , vuông góc với (Q ) . Tìm giao điểm A của mặt phẳng (Q ) và đường thẳng d , biết G là trọng tâm tam giác MNP . A.
A (1;2;1) .
B.
A (1;−2;−1) .
C.
A (−1;−2;−1) .
D.
A (1;2;−1) .
Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z = 0 . Mặt phẳng (Q ) vuông góc với
( P ) và cách điểm M (1;2;−1) một khoảng bằng 2 có dạng Ax + By + Cz = 0 với ( A 2 + B 2 + C 2 ≠ 0) . Ta có kết luận gì về A, B, C ? A.
B = 0 hoặc 3B + 8C = 0 .
B.
B = 0 hoặc 8B + 3C = 0 .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
5
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam C.
B = 0 hoặc 3B − 8C = 0 .
D. 3B − 8C = 0 .
Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z − 2 = 0 và mặt phẳng (α) : x + 4 y + z −11 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) song song với giá của vectơ v = (1;6;2) , vuông góc với
(α) và tiếp xúc với (S ) . 4 x − 3 y − z + 5 = 0 . 4 x − 3 y − z − 27 = 0 3 x + y + 4 z + 1 = 0 C. . 3 x + y + 4 z − 2 = 0
x − 2 y + z + 3 = 0 B. . x − 2 y + z − 21 = 0 2 x − y + 2 z + 3 = 0 D. . 2 x − y + 2 z − 21 = 0
A.
Câu
48.
Trong
không
gian
với
hệ
tọa
độ
Oxyz ,
cho
mặt
cầu
(S )
có
phương
trình
x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y + 6 z − 2 = 0 . Tính tọa độ tâm I và bán kính R của (S ) . A. Tâm I (−1;2;−3) và bán kính R = 4 . C.
Tâm I (−1;2;3) và bán kính R = 4 .
B. Tâm I (1; −2;3) và bán kính R = 4 . D. Tâm I (1; −2;3) và bán kính R = 16 .
Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1;4;2), B (−1;2;4 ) và đường thẳng
∆:
x −1 y + 2 z = = . Tìm điểm M trên ∆ sao cho MA 2 + MB 2 = 28 . −1 1 2 A.
M (−1;0;4 ) .
B.
M (1;0;4 ) .
C.
M (−1;0;−4 ) .
D.
M (1;0;−4 ) .
Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (2;0;−2), B (3;−1;−4 ), C (−2;2;0) . Điểm D trong mặt phẳng (Oyz ) có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng
(Oxy ) bằng 1 có thể là: A.
D (0;−3; −1) .
B.
D (0;2;−1) .
C.
D (0;1;−1) .
D.
D (0;3;−1) .
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 1 Câu 1. Đặc trưng của đồ thị là hàm bậc ba nên loại C, D. Hình dáng đồ thị thể hiện a > 0 nên chỉ có A phù hợp. Chọn A.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
6
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 Câu 2. Gọi M a; a 3 − 2a 2 + 3a + 1 là điểm thuộc (C ) . 3 Đạo hàm: y ' = x 2 − 4 x + 3 . Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến của (C ) tại M là k = y ' (a ) = a 2 − 4a + 3 .
a = 0 Theo giả thiết, ta có k = 3 ⇔ a 2 − 4 a + 3 = 3 ⇔ . a = 4 a = 0 ⇒ M (0;1) ⇒ tt : y = 3 ( x − 0) + 1 = 3 x + 1 (loai ) Với 7 7 29 . Chọn C. a = 4 ⇒ M 4; 3 ⇒ tt : y = 3( x − 4 ) + 3 = 3x − 3 Câu 3. TXĐ: D = ℝ .
x = −1 Đạo hàm: y ' = −3 x 2 + 6 x + 9; y ' = 0 ⇔ −3 x 2 + 6 x + 9 = 0 ⇔ . x = 3 Vẽ phát hoạ bảng biến thiên và kết luận được hàm số đồng biến trên (−1;3) . Chọn A. Câu 4. Nhận thấy hàm số đạt cực đại tại x CD = 3 , giá trị cực đại bằng 1 và đạt cực tiểu tại x CT = 1 , giá trị cực tiểu
1 bằng − . Chọn C. 3 1 Câu 5. Hàm số xác định và liên tục trên đoạn ;5 . 2
1 x = 1 ∈ ;5 2 1 x −1 Đạo hàm: y ' = 1 − 2 = ; y ' = 0 ⇔ x2 =1 ⇔ . 2 x x x = −1 ∉ 1 ;5 2 2
1 5 1 Ta có y = − ; y (1) = −3; y (5) = . 2 2 5 Suy ra GTNN cần tìm là y (1) = −3 . Chọn C. Câu 6. Đạo hàm: y ' = −4 x 3 − 6 x = −x (4 x 2 + 6); y ' = 0 ⇔ x = 0 . Vẽ phát họa bảng biến thiên ta kết luận được hàm số có một cực đại duy nhất. Chọn C.
1 m Câu 7. Đường thẳng d viết lại y = − x − . 3 3 Phương trình hoành độ giao điểm:
2x − 3 1 m = − x − ⇔ x 2 + (m + 5 ) x − m − 9 = 0 . x −1 3 3
(* )
Do ∆ = (m + 7) + 12 > 0, ∀m ∈ ℝ nên d luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt. 2
x1 + x 2 = −(m + 5) Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của (*) . Theo Viet, ta có . x1 .x 2 = −(m + 9) Giả sử M ( x1 ; y1 ), N ( x 2 ; y2 ) . Tam giác AMN vuông tại A nên AM . AN = 0 1 ⇔ ( x1 −1)( x 2 −1) + y1 y2 = 0 ⇔ ( x1 −1)( x 2 −1) + ( x1 + m )( x 2 + m ) = 0 9 2 ⇔ 10 x1 x 2 + (m − 9)( x1 + x 2 ) + m + 9 = 0 ⇔ 10 (−m − 9) + (m − 9)(−m − 5) + m 2 + 9 = 0 ⇔ −6m − 36 = 0 ⇔ m = −6. Chọn C. Câu 8. Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình f ' ( x ) = 0 chỉ có một nghiệm đơn (và hai nghiệm kép) nên f ' ( x ) chỉ đổi dấu khi qua nghiệm đơn này. Do đó suy ra hàm số f ( x ) có đúng một cực trị. Chọn B. Câu 9. ● Nếu m = 0 thì y = −x 2 + 1 là hàm bậc hai nên chỉ có duy nhất một cực trị.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
7
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam x = 0 ● Khi m ≠ 0 , ta có y ' = 4 mx 3 + 2 (m −1) x = 2 x 2mx 2 + (m −1) ; y ' = 0 ⇔ 2 1 − m . x = 2m Để hàm số có một cực trị khi
m ≥ 1 1− m ≤0⇔ . m < 0 2m
m ≤ 0 Kết hợp hai trường hợp ta được . Chọn D. m ≥ 1 Câu 10. Đạo hàm: y ' = 3 x 2 + 2ax + b . ● Với x = 0; y = −4 . Thay vào hàm số ta được c = −4. ● Với x = 1; y = 0 . Thay vào hàm số ta được a + b = 3. ● Hàm số đạt cực trị tại x = 1 nên y ' (1) = 0 ⇔ 3 + 2a + b = 0 ⇔ 2a + b = −3 . Từ đó suy ra a = −6; b = 9; c = −4 . Vậy C sai. Chọn C. Câu 11. TXĐ: D = ℝ \ {m} . Đạo hàm: y ' =
m2 − m − 2
(x + m)
2
.
Hàm số nghịch biến trên (−1; +∞) ⇔ y ' < 0, ∀x ∈ (−1; +∞)
m 2 − m − 2 < 0 m 2 − m − 2 < 0 −1 < m < 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 1 ≤ m < 2 . Chọn D. −m ∉ (−1; +∞) −m ≤ −1 m ≥ 1 −x
Câu 12. Phương trình ⇔ (2 4 )
2(1− x )
= (2 3 )
⇔ 2−4 x = 2 6−6 x ⇔ −4 x = 6 − 6 x ⇔ x = 3. Chọn C.
1 / 1 1 1 4 / Câu 13. Ta có y ' = e 4 x = .(e 4 x ) = .(4 x ) .e 4 x = .4.e 4 x = e 4 x . Chọn B. 5 5 5 5 5 /
Câu 14. Điều kiện: x > 1. Phương trình ⇔ 2 log 3 ( x −1) + 2 log 3 (2 x −1) ≤ 2
⇔ log 3 ( x −1) + log 3 (2 x −1) ≤ 1 1 ⇔ log 3 ( x −1)(2 x −1) ≤ 1 ⇔ ( x −1)(2 x −1) ≤ 3 ⇔ 2 x 2 − 3 x − 2 ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤ 2. 2 Đối chiếu điều kiện ta được S = (1;2 ] . Chọn A.
2 x 2 x 2 x >0 >0 >0 x + 1 x + 1 x + 1 2x Câu 15. Điều kiện xác định: ⇔ ⇔ ⇔ >3 2 x 2x 1 2x x +1 − > 0 log 9 > log 9 3 >3 log 9 x + 1 x +1 2 x +1 ⇔
−x − 3 > 0 ⇔ −3 < x < −1 . Chọn A. x +1
Câu 16. Phương trình ⇔ 3.52 x − 10.5 x + 7 = 0 .
t = 1 Đặt 5 x = t > 0 . Phương trình trở thành: 3t 2 −10t + 7 = 0 ⇔ 7. t = 3 5 x = 1 t = 1 x = 0 Với 7 ⇒ x 1 ⇔ 7 3 . Vậy chỉ có (1) là sai. Chọn C. t = x = log 5 = − log 5 5 = 3 3 7 7 Câu 17. Hàm số xác định khi 100 ( x − 3) > 0 ⇔ x > 3 . Do đó A sai. Chọn A. Câu 18. Sử dụng công thức đạo hàm
( u)
/
=
u' 2 u
và (ln u ) = /
u' , ta được u
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
8
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam (2 x −1)
y′ =
2 2 x −1
(1− x 2 )
/
/
+
1− x
2
1
=
2 x −1
Câu 19. Phân tích log 3 50 = log 3
−
2x . Chọn D. 1− x 2
150 15.10 = log 3 = log 3 15 + log 3 10 − log 3 3 = a + b −1 . Chọn A. 3 3
Câu 20. Câu C sai vì đúng là: M , N > 0 và 0 < a ≠ 1 thì log a ( M .N ) = log a M + log a N . Chọn C. Câu 21. Dựa vào hình dáng đồ thị từ trái sang phải ta thấy: x tăng nhưng y giảm. Suy ra hàm số tương ứng của đồ thị là hàm nghịch biến. Loại A, C. Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ (−1;3) nên thử trực tiếp vào hai đáp án B, D. Chọn D.
x = 0 Câu 22. Xét phương trình 2 x − x 2 = 0 ⇔ . x = 2 2
2
Vậy thể tích cần tìm VOx = π ∫ (2 x − x 2 ) dx = π ∫ (4 x 2 − 4 x 3 + x 4 ) dx 2
0
0
2
4 x5 16π = π x 3 − x 4 + = (đvtt). Chọn A. 5 0 15 3 Câu 23. Áp dụng công thức
1
∫ cos (ax + b ) dx = a sin (ax + b ) + C . Chọn A.
Câu 24. Chọn C. Vì kết quả này không đúng với trường hợp α = −1 . Câu 25. Đặt u = 1 + ln x ⇒ u 2 = 1 + ln x ⇒ 2udu =
1 dx . x
1 x = ⇒ u = 0 . Đổi cận: e x = 1 ⇒ u = 1 1
1
Khi đó I = ∫ u.2udu = ∫ 2u 2 du = 0
0
2u 3 3
1 0
2 = . Chọn C. 3
u = x du = dx Câu 26. Đặt ⇒ . x dv = (2 + e ) dx v = 2 x + e x 1
1
1
1
0
0
Khi đó I = x (2 x + e x ) − ∫ (2 x + e x ) dx = x (2 x + e x ) − ( x 2 + e x ) = (2 + e ) − (1 + e −1) = 2. Chọn B. 0
0
x = 0 x = 0 Câu 27. Phương trình hoành độ giao điểm: (e + 1) x = (1 + e x ) x ⇔ x (e − e x ) = 0 ⇔ ⇔ . e = e x x = 1 1
1
0
0
Vậy diện tích cần tính: S = ∫ x (e − e x ) dx = ∫ x (e − e x ) dx . Tới đây sử dụng công thức từng phần hoặc bằng CASIO ta tìm được S = Câu 28. Phương trình hoành độ giao điểm:
e −1 . Chọn D. 2
−x ≥ 0 x = −x ⇔ ⇔ x =0. x = x 2
4
Thể tích khối tròn xoay cần tìm là VOx = π ∫ x 2 − x dx . 0
x = 0 Xét phương trình x 2 − x = 0 ⇔ . x = 1 1
4
1
4
0
1
0
1
Do đó VOx = π ∫ x 2 − x dx + π ∫ x 2 − x dx = π ∫ (−x 2 + x ) dx + π ∫ ( x 2 − x ) dx
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
9
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1
4
x3 x2 x3 x2 41π = π − + + π − = (đvtt). Chọn A. 3 3 2 0 2 1 3 →z = Câu 29. Ta có (1 + i ) z = 14 − 2i
14 − 2i = 6 − 8i → z = 6 + 8i . 1+ i
Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là 6 + 8 = 14. Chọn B. Câu 30. Ta có (1 − 3i ) z + 1 + i = −z → (2 − 3i ) z = −1 − i
→z =
−1 − i (−1 − i )(2 + 3i ) 1 − 5i = ⇔z= . 2 2 2 − 3i 13 2 + (−3)
Suy ra w = 13 z + 2i = 1 − 3i → w = 1 + 9 = 10. Chọn C. Câu 31. Ta có iz + 2 − i = 0 ⇔ iz = −2 + i →z =
−2 + i −i (−2 + i ) = = 1 + 2i . i 1
Suy ra điểm biểu diễn số phức z là A (1;2 ) . Khi đó AM = (3 −1) + (−4 − 2 ) = 2 10 . Chọn C. 2
2
Câu 32. Đặt z = x + yi , ( x , y ∈ ℝ ) , suy ra z = x − yi .
x = −3 −x = 3 Từ giả thiết, ta có x + yi − 2 ( x − yi ) = 3 + 4i ⇔ −x + 3 yi = 3 + 4i ⇔ ⇔ 4 . 3 y = 4 y = 3
4 4 97 97 2 → z = (−3) + = = . Do đó B sai. Chọn B. Vậy z = −3 + i 3 3 9 3 2
z = −1 + 3i 2 2 Câu 33. Ta có z 2 + 2 z + 10 = 0 ⇔ ( z + 1) = (3i ) ⇔ 1 . z 2 = −1 − 3i 2
2
Suy ra A = z1 + z 2 =
(
) ( 2
)
(−1) + 32 + (−1) + (−3) = 10 + 10 = 2 10 . Chọn B. 2
2
2
Câu 34. Gọi z = x + yi ( x ; y ∈ ℝ ). Theo giả thiết, ta có −2 + i ( x + yi −1) = 5 ⇔ (− y − 2 ) + ( x −1)i = 5
⇔ (− y − 2 ) + ( x −1) = 5 ⇔ ( x −1) + ( y + 2) = 25 . 2
2
2
2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I (1; −2 ) , bán kính R = 5. Do đó D sai. Chọn D. Câu 35. Đường chéo hình vuông AC = 2.
S
Xét tam giác SAC , ta có SA = SC 2 − AC 2 = 3 . Chiều cao khối chóp là SA = 3 . Diện tích hình vuông ABCD là S ABCD = 12 = 1.
A
D
Thể tích khối chóp S . ABCD là O
1 3 VS . ABCD = S ABCD .SA = (đvtt). Chọn A. 3 3
B
C
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
10
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 36. Gọi O = AC ∩ BD . Từ giả thiết suy ra A ' O ⊥ ( ABCD ) . Cũng
từ
giả
thiết,
suy
ra
là
ABC
tam
giác
đều
A' C'
B'
a2 3 . 2
S▱ ABCD = 2S∆ABC =
D'
nên
Đường cao khối hộp
AC A ' O = AA '2 − AO 2 = AA '2 − = 2a 3. 2 2
A
D O
Vậy VABCD . A ' B ' C ' D = S ▱ ABCD . A ' O = 3a 3 (đvtt). Chọn B.
C
B
Câu 37. Gọi H là trung điểm của BC , suy ra
SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ ( ABC ) . Gọi K là trung điểm AC , suy ra HK ⊥ AC . Kẻ HE ⊥ SK ( E ∈ SK ). Khi đó d B, (SAC ) = 2d H , (SAC )
= 2 HE = 2.
SH .HK SH + HK 2
Câu 38. Ta có AH =
2
=
2 39 . Chọn C. 13
1 a AB = ; 2 2
SA = AB = a;
S
SH = HC = BH 2 + BC 2 = Có
AH 2 + SA 2 =
a 5 . 2
5a 2 = SH 2 →∆SAH 4
vuông tại
nên
A
A
SA ⊥ AB.
. Do đó SA ⊥ ( ABCD ) nên SC , ( ABCD ) = SCA = Trong tam giác vuông SAC , có tan SCA
D
H O
SA 1 = . Chọn A. AC 2
C
B
Câu 39. Gọi M là trung điểm AC , suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
S
Gọi I là trung điểm SC , suy ra IM SA nên IM ⊥ ( ABC ) .
(1)
Do đó IM là trục của ∆ABC , suy ra IA = IB = IC .
I
Hơn nữa, tam giác SAC vuông tại A có I là trung điểm SC nên
(2 )
IS = IC = IA .
Từ (1) và (2) , ta có IS = IA = IB = IC hay I là tâm của mặt cầu ngoại
C
A M
tiếp hình chóp S . ABC . Vậy bán kính R = IS =
SC SA 2 + AC 2 3 6 = = . Chọn C. 2 2 2
B
Câu 40. Đường sinh của hình nón ℓ = h 2 + r 2 = 5 41cm. Diện tích xung quanh: S xq = π.r .l = 125π 41 cm 2 . Chọn D. Câu 41. Chiều cao của hình nón là
h . 2
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
11
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 h πR2h Tổng thể tích của hai hình nón là Vn = 2. π R 2 . = . 3 2 3 → Thể tích của hình trụ là Vt = π R 2 h
Vn 1 = . Chọn D. 3 Vt
Câu 42. Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD , suy ra MNPQ là hình thoi tâm O .
1 1 AB = 3 và OM = OP = AD = 2 . 2 2 Vật tròn xoay là hai hình nón bằng nhau có: đỉnh lần lượt là Q, N và chung đáy.
Ta có QO = ON =
●
Bán kính đáy OM = 2 .
●
Chiều cao hình nón OQ = ON = 3 .
1 Vậy thể tích khối tròn xoay V = 2 πOM 2 .ON = 8π (đvtt). Chọn A. 3 Câu 43. Do ( P ) chứa đường thẳng d nên u.n = 0 ⇔ a + 2b = 0 ⇔ a = −2b . Chọn D. MN = (2;1;−2) ⇒ MN = 9 = 3 Câu 44. Ta có . NP = (−14;5;2) ⇒ NP = 15 15 QP NP NQ là đường phân giác trong của góc N → = − = − = −5 . MN 3 QM Hay QP = −5QM . Chọn B. Câu 45. Tam giác MNP . có trọng tâm G (3; 6;−3) .
x = 3 + t Đường thẳng d đi qua G , vuông góc với (Q ) nên d : y = 6 + 2t . z = −3 − t x = 3 + t y = 6 + 2t Đường thẳng d cắt (Q ) tại A có tọa độ thỏa ⇒ A (1;2; −1) . Chọn D. z = −3 − t x + 2 y − z − 6 = 0 A + B + C = 0 A = −B − C ( P ) ⊥ (Q ) B − 2C ⇔ A + 2 B −C ⇔ Câu 46. Từ giả thiết, ta có . d M , (Q ) = 2 = 2 = 2 (* ) 2 2 2 2 2 2 B + 2C + 2 BC A + B + C Phương trình (*) ⇔ B = 0 hoặc 3B + 8C = 0 . Chọn A.
Câu 47. Mặt cầu (S ) có tâm I (1; −3;2) , bán kính R = 4 . VTPT của (α ) là n = (1;4;1) . Suy ra VTPT của ( P ) là nP = [ n, v ] = (2; −1;2) . Do đó mặt phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng ( P ) : 2 x − y + 2 z + D = 0 .
( P ) : 2 x − y + 2 z + 3 = 0 D = −21 Vì ( P ) tiếp xúc với (S ) nên d I , ( P ) = 4 ⇔ → . Chọn D. D = 3 ( P ) : 2 x − y + 2 z − 21 = 0 Câu 48. Ta có: (S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y + 6 z − 2 = 0 hay (S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 16 . 2
2
2
Do đó mặt cầu (S ) có tâm I (−1;2;−3) và bán kính R = 4 . Chọn A.
x = 1 − t Câu 49. Phương trình tham số ∆ : → M (1 − t ; −2 + t ;2t ) . y = −2 + t . Do M ∈ ∆ z = 2t Ta có MA 2 + MB 2 = 28 ⇔ 12t 2 − 48t + 48 = 0 ⇔ t = 2 → M (−1;0; 4 ) . Chọn A. Câu 50. Do D ∈ (Oyz ) → D (0; b; c ) với c < 0.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
12
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam c = 1 ( loai ) Theo giả thiết: d D, (Oxy ) = 1 ⇔ c = 1 ⇔ → D (0; b;−1) . c = −1 Ta có AB = (1; −1; −2), AC = (−4;2;2), AD = (−2; b;−1) . Suy ra AB, AC = (2;6; −2) → AB, AC .AD = 6b − 6. Cũng theo giả thiết, ta có VABCD =
1 6
AB, AC . AD = b −1 = 2 ⇔ b = 3 . b = −1
Đối chiếu các đáp án chỉ có D thỏa mãn. Chọn D.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
13
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm) ĐỀ SỐ 02
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu) Họ, tên học sinh:..................................................................................................
Giáo viên: NGUYỄN HỮU CHUNG KIÊN Câu 1. Cho hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Khẳng định nào sau đây về dấu của a, b, c, d là đúng nhất ?
A. a, d > 0. C. a, b, c, d > 0.
B. a > 0, c > 0 > b. D. a, d > 0, c < 0.
3x − 1 có số đường tiệm cận là ? x − 7x + 6 A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. 3 Câu 3. Hàm số y = ln( x + 2) + đồng biến trên khoảng nào ? x+2 A. (−∞;1). B. (1; +∞).
Câu 2. Đồ thị hàm số y =
2
1 1 C. ;1 . D. − ; +∞ . 2 2 Câu 4. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ \ {2} và có bảng biến thiên sau:
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ? A. Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 và đạt cực tiểu tại điểm x = 4. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
14
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam B. Hàm số có đúng một cực trị. C. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1. D. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và giá trị nhỏ nhất bằng −15. Câu 5. Hàm số nào sau đây không có cực trị ? 2− x A. y = x 3 − 3 x + 1. B. y = . x +3 C. y = x 4 − 4 x 3 + 3 x + 1. D. y = x 2 n + 2017 x n ∈ ℕ* .
(
)
x +x+4 trên x +1 2
Câu 6. Kí hiệu m và M lần lượt là giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số y = M đoạn 0;3 . Tính giá trị của tỉ số . m 4 A. . 3
C. 2.
5 . 3 2 D. . 3
B.
Câu 7. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau:
Hỏi với giá trị thực nào của m thì đường thẳng y = 2m cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt. A. m = 2. B. 0 < m < 2. C. m = 0. D. m < 0 hoặc m > 2. f (x) + 3 Câu 8. Cho các hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , y = . Hệ số góc của các tiếp tuyến của các đồ g( x) +1 thị các hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x = 1 bằng nhau và khác 0. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? 11 . 4 11 C. f (1) > − . 4
A. f (1) ≤ −
11 . 4 11 D. f (1) ≥ − . 4
B. f (1) < −
mx 2 + 3mx + 1 Câu 9. Tìm tất cả giá trị của m sao cho đồ thị hàm số y = có ba tiệm cận. x+2 1 1 A. 0 < m < . B. 0 < m ≤ . 2 2 File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
15
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 D. m ≥ . 2 Câu 10. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = x + m(sin x + cos x ) đồng biến trên ℝ. −1 1 1 1 A. m ∈ −∞; ; +∞ . B. − ≤m≤ . ∪ 2 2 2 2 1 1 1 C. −3 < m < . D. m ∈ −∞; − ; +∞ . ∪ 2 2 2 Câu 11. Dynamo là một nhà ảo thuật gia đại tài người Anh nhưng người ta thường nói Dynamo làm ma thuật chứ không phải làm ảo thuật.
C. m ≤ 0.
Bất kì màn trình diến nào của anh chảng trẻ tuổi tài cao này đều khiến người xem há hốc miệng kinh ngạc vì nó vượt qua giới hạn của khoa học. Một lần đến New York anh ngẫu hứng trình diễn khả năng bay lơ lửng trong không trung của mình bằng cách di truyển từ tòa nhà này đến toà nhà khác và trong quá trình anh di chuyển đấy có một lần anh đáp đất tại một điểm trong khoảng cách của hai tòa nhà ( Biết mọi di chuyển của anh đều là đường thẳng ). Biết tòa nhà ban đầu Dynamo đứng có chiều cao là a(m) , tòa nhà sau đó Dynamo đến có chiều cao là b(m) (a < b) và khoảng cách giữa hai tòa nhà là c(m) . Vị trí đáp đất cách tòa nhà thứ nhất một đoạn là x (m) hỏi x bằng bao nhiêu để quãng đường di chuyển của Dynamo là bé nhất.
A. x =
3ac . a+b
B. x =
ac . 3(a + b)
C. x =
ac . a+b
D. x =
ac . 2 ( a + b)
Câu 12. Giải phương trình log 4 ( x + 1) + log 4 ( x − 3) = 3. A. x = 1 ± 2 17. C. x = 33. 6 Câu 13. Tính đạo hàm của hàm số y = (1 − cos 3 x ) . 5
B. x = 1 + 2 17. D. x = 5. 5
A. y ' = 6sin 3 x (1 − cos 3 x ) .
B. y ' = 6sin 3 x ( cos 3 x − 1) .
5
5
C. y ' = 18sin 3 x (1 − cos 3 x ) .
D. y ' = 18sin 3 x ( cos 3 x − 1) .
Câu 14. Giải bất phương trình log 1 ( x + 9500 ) > −1000. 3
A. x < 0. C. x > 0.
B. x > −9500. D. −31000 < x < 0.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
16
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1000
Câu 15. Tìm tập xác định D của hàm số y = log 2 ( x3 − 8 )
.
A. D = ℝ \ {2} .
B. D = ( 2; +∞ ) .
C. D = ( −∞; 2 ) .
D. D = ( −2; +∞ ) ∪ ( −∞; 2 ) .
(
Câu 16. Cho hàm số f ( x ) = 3 − 2
x3
) − (3 − 2 )
− x2
. Xét các khẳng định sau:
Khẳng định 1. f ( x ) > 0 ⇔ x3 + x 2 > 0. Khẳng định 2. f ( x ) > 0 ⇔ x > −1.
(
)
(
)
Khẳng định 3. f ( x ) < 3 − 2 ⇔ 3 − 2 Khẳng định 4. f ( x ) < 3 + 2 ⇔ 3 − 2
x3 −1
1+ x3
3+ 2 < 1 + 7
(
< 7 + 3− 2
x 2 +1
1− x 2
)
.
Trong các khẳng định trên, có bao nhiêu khẳng định đúng ? A. 4. B. 3. C. 1. D. 2. Câu 17. Cho hai số thực dương a và b, với a ≠ 1. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? 1 1 A. log a2 ( ab ) = log a b. B. log a2 ( ab ) = log a b. 2 4 1 1 C. log a2 ( ab ) = 2 + 2 log a b. D. log a2 ( ab ) = + log a b. 2 2 x+3 Câu 18. Tính đạo hàm của hàm số y = x . 9 1 − 2 ( x + 3) ln 3 1 + 2 ( x + 3) ln 3 A. y ' = . B. y ' = . 2x 3 32 x 1 − 2 ( x + 3) ln 3 1 + 2 ( x + 3) ln 3 C. y ' = . D. y ' = . 2 2 3x 3x Câu 19. Đặt a = log 3 4, b = log 5 4. Hãy biểu diễn log12 80 theo a và b.
2a 2 − 2ab . ab + b a + 2ab C. log12 80 = . ab + b Câu 20. Xét a và b là hai số thực dương tùy ý. Đặt: 1000 1 x = ln ( a 2 − ab + b 2 ) , y = 1000 ln a − ln 1000 . b Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? A. x < y. C. x ≤ y.
A. log12 80 =
a + 2ab . ab 2a 2 − 2ab D. log12 80 = . ab
B. log12 80 =
B. x > y. D. x ≥ y. 756839 Câu 21. Năm 1992, người ta đã biết số p = 2 − 1 là một số nguyên tố (số nguyên tố lớn nhất được biết cho đến lúc đó). Hãy tìm số các chữ số của p khi viết trong hệ thập phân. A. 227830 chữ số. B. 227834 chữ số. C. 227832 chữ số. D. 227831 chữ số. Câu 22. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? 2
A. B.
2
∫ f ( x ) dx = −2∫ f ( x ) dx. −2 2
2
0
−2
0
∫ f ( x ) dx = 2∫ f ( x ) dx.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
17
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 2
C. D.
∫
2
f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) + f ( − x ) dx.
−2 2
2
0
−2
0
∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) + f ( − x ) dx.
Câu 23. Tìm nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) = 1000 x. 103 x + C. B. F ( x ) = 3.103 x ln10. 3ln10 1000 x +1 C. F ( x ) = + C. D. F ( x ) = 1000 x + C. x +1 Câu 24. Trong Vật lý, công được hình thành khi một lực tác động vào một vật và gây ra sự dịch chuyển, ví dụ như đi xe đạp.
A. F ( x ) =
Nhà Vật lý Albert Einstein đi xe đạp Một lực F ( x) biến thiên, thay đổi, tác động vào một vật thể làm vật này di chuyển từ x = a đến x = b thì công sinh ra bởi lực này có thể tính theo công thức b
W = ∫ F ( x)dx. a
Với thông tin trên, hãy tính công W sinh ra khi một lực F ( x) = 3 x − 2 tác động vào một vật thể làm vật này di chuyển từ x = 1 đến x = 6. A. W = 20. B. W = 12. C. W = 18. D. W = 14. 3
1000
Câu 25. Tính tích phân I = ∫ x ( x − 1)
dx.
1 1002
1502.21001 . 501501 2003.21001 D. I = . 501501
2003.2 . 1003002 3005.21002 C. I = . 1003002
A. I =
B. I =
21000
Câu 26. Tính tích phân I =
ln x
∫ ( x + 1)
2
dx.
1
1000
ln 2 2 1000 ln 2 21000 + 1000 ln . B. I = − + ln . 1 + 21000 1 + 21000 1 + 21000 1 + 21000 ln 21000 2 1000 ln 2 21000 C. I = − 1000 ln . D. I = − ln . 1 + 21000 1 + 21000 1 + 21000 1 + 21000 Câu 27. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 − 2 x + 4 và y = x + 2.
A. I = −
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
18
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 . 6 1 C. . 3
1 . 2 1 D. . 4
A.
B.
Câu 28. Ký hiệu ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y =
2
( x − 1) e x −2 x , y = 0, x = 2. Tính
thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình ( H ) xung quanh trục hoành.
A. V = C. V =
π ( 2e − 1) 2e π ( e − 1) 2e
.
.
B. V = D. V =
π ( 2e − 3 ) 2e π ( e − 3) 2e
.
.
7 − 11i . Tìm phần thực và phần ảo của z . 2−i A. Phần thực bằng −5 và phần ảo bằng −3i. B. Phần thực bằng −5 và phần ảo bằng −3. C. Phần thực bằng 5 và phần ảo bằng 3. D. Phần thực bằng 5 và phần ảo bằng 3i. Câu 30. Cho hai số phức z1 = 1 + 3i, z2 = 4 + 2i. Tính môđun của số phức z2 − 2 z1 .
Câu 29. Cho số phức z =
A. 2 17. B. 2 13. C. 4. D. 5. Câu 31. Cho số phức z thỏa mãn (2 − i )z = 7 − i. Hỏi điểm biểu diễn của z là điểm nào trong các điểm M, N, P, Q ở hình dưới ?
B. Điểm Q. A. Điểm P. C. Điểm M. D. Điểm N. Câu 32. Cho số phức z = 2 + 3i. Tìm số phức w = (3 + 2i)z + 2 z . A. w = 5 + 7i. B. w = 4 + 7i. C. w = 7 + 5i. D. w = 7 + 4i. Câu 33. Kí hiệu z1 ; z2 ; z3 là ba nghiệm của phương trình phức z3 + 2 z2 + z − 4 = 0. Tính giá trị của biểu thức T = z1 + z2 + z3 .
A. T = 4.
B. T = 4 + 5.
C. T = 4 5. D. T = 5. Câu 34. Cho số phức w và hai số thực a, b. Biết rằng 2w + i và 3w − 5 là hai nghiệm của phương trình z2 + az + b = 0. Tìm phần thực của số phức w. A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Câu 35. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có diện tích các mặt ABCD, ABB ' A ' và ADD ' A ' lần lượt bằng S1 , S2 và S3 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ? File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
19
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam A. V = S1
S2 S3 . 2
B. V = S1S2 S3 .
S 1 S1S2 S3 . D. V = S2 S3 1 . 3 2 2 Câu 36. Cho hình chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a và các mặt bên đều tạo với mặt phẳng đáy một góc 600. Tính thể tích V của khối chóp.
C. V =
A. V =
a3 3 . 24
B. V =
a3 3 . 8
a3 3 a3 2 . D. V = . 4 6 Câu 37. Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD. A ' B ' C ' D ' đáy hình có cạnh bằng a, đường chéo AC ' tạo
C. V =
với mặt bên ( BCC ' B ' ) một góc α
( 0 < α < 45 ) . Tính thể tích của lăng trụ tứ giác đều 0
ABCD. A ' B ' C ' D '.
A. a3 cot 2 α + 1.
B. a3 tan 2 α − 1.
C. a3 cos2α . D. a3 cot 2 α − 1. Câu 38. Cho hình chóp S.ABC có A ', B ' lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB. Tính tỉ số V thể tích SABC . VSA ' B 'C A. 4.
B.
1 . 4
1 . D. 2. 2 Câu 39. Hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều. Tính độ dài đường cao của hình nón.
C.
3 a. 4 a 3 C. . D. a. 2 2 Câu 40. Cho một cái bể nước hình hộp chữ nhật có ba kích thước 2m, 3m, 2m lần lượt là chiều dài, chiều rộng, chiều cao của lòng trong đựng nước của bể. Hàng ngày nước ở trong bể được lấy ra bởi một cái gáo hình trụ có chiều cao là 5cm bà bán kính đường tròn đáy là 4cm . Trung bình một ngày được múc ra 170 gáo nước để sử dụng (Biết mỗi lần múc là múc đầy gáo). Hỏi sau bao nhiều ngày thì bể hết nước biết rằng ban đầu bể đầy nước ? A.
a . 4
B.
A. 280 ngày. B. 281 ngày. C. 282 ngày. D. 283 ngày. Câu 41. Một cái cốc hình trụ cao 15cm đựng được 0,5 lít nước. Hỏi bán kính đường tròng đáy của cái cốc sấp sỉ bằng bao nhiêu (làm tròn đến hàng thập phân thứ hai) ? A. 3,26 cm. B. 3,27 cm. C. 3,25 cm . D. 3,28 cm . File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
20
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 42. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh
2a 3 . Gọi D là điểm đối xứng của B qua C. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình 3 chóp S.ABD. SA =
A. R =
a 39 . 7
B. R =
a 35 . 7
a 37 a 39 . D. R = . 6 6 Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 z + 3 = 0. Vectơ nào dưới C. R =
đây là một vectơ pháp tuyến của ( P ) ? A. n = (1 − 2;3) . C. n = (1; −2;0 ) .
B. n = (1; 0; −2 ) . D. n = ( 3; −2;1) .
Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 2 z − 3 = 0. Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của ( S ) . A. I ( 2; −1;1) và R = 3. B. I ( −2;1; −1) và R = 3. C. I ( 2; −1;1) và R = 9. D. I ( −2;1; −1) và R = 9. Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + 3 y + 4 z − 5 = 0 A (1; −3;1) . Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng ( P ) .
8 . 29 8 8 C. d = . D. d = . 9 29 Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng có phương trình x − 4 y −1 z − 2 = = . d: 2 1 1 Xét mặt phẳng ( P ) : x − 3 y + 2mz − 4 = 0, với m là tham số thực. Tìm m sao cho đường thẳng d
A. d =
3 . 29
và điểm
B. d =
song song với mặt phẳng ( P ) . 1 1 A. m = . B. m = . 2 3 C. m = 1. D. m = 2. Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( −1;1;0 ) và B ( 3;1; −2 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua trung điểm I của cạnh AB và vuông góc với đường thẳng AB. A. − x + 2 z + 3 = 0. B. 2 x − y − 1 = 0. C. 2 y − z − 3 = 0. D. 2 x − z − 3 = 0. x z −3 y −2 Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và hai mặt 2 1 1 phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z = 0, ( Q ) : x − 2 y + 3z − 5 = 0. Mặt cầu ( S ) có tâm I là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng ( P ) . Mặt phẳng ( Q ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) . Viết phương trình của mặt cầu ( S ) . File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
21
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 2 2 2 2 A. ( S ) : ( x + 2 ) + ( y + 4 ) + ( z + 3) = . 7 9 2 2 2 B. ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z − 3) = . 14 2 2 2 2 C. ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z − 3) = . 7 9 2 2 2 D. ( S ) : ( x + 2 ) + ( y + 4 ) + ( z + 3 ) = . 14 Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; −1;3) và hai đường thẳng x − 4 y + 2 z −1 x − 2 y + 1 z −1 = = , d2 : = = . 1 4 1 1 −2 −1 Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d1 và cắt đường d1 :
thẳng d 2 . x −1 y + 1 z − 3 x −1 y + 1 z − 3 A. d : = = . B. d : = = . 4 1 4 2 1 3 x −1 y + 1 z − 3 x −1 y + 1 z − 3 C. d : = = . D. d : = = . 2 −1 −1 −2 2 3 Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; −2;1) , B ( 0; 2; −1) , C ( 2; −3;1) . Điểm M thỏa mãn T = MA2 − MB 2 + MC 2 nhỏ nhất. Tính giá trị của P = xM2 + 2 yM2 + 3 z M2 . A. P = 101. B. P = 134. C. P = 114. D. P = 162.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
22
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Câu 1. Ta thấy lim y = +∞; lim y = −∞ ⇒ a > 0. x →+∞
x →−∞
Lại có tại y(0) = d > 0 .
Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số có hai điểm cực trị x1; x2 trái dấu nhau lại có
y ' = 3ax 2 + 2bx + c và x1; x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình y ' = 0 ⇒ x1 .x2 = Tổng hợp lại ta cần có a, d > 0, c < 0. Chọn D Câu 2. 3x − 1 . Ta có y = f ( x ) = ( x − 1)( x − 6 )
c < 0 ⇒ c < 0 ⇒ loại B và C. 3a
lim f ( x ) = ∞; lim f ( x ) = ∞ ⇒ tiệm cận đứng là x = 1, x = 6. x →1
x →6
3 1 − 2 3x − 1 lim 2 = lim x x = 0 ⇒ tiệm cận ngang là y = 0. x →∞ x − 7 x + 6 x →∞ 7 6 1− + 2 x x 3x − 1 Đồ thị hàm số y = 2 có ba tiệm cận. x − 7x + 6 Chọn C Câu 3. x −1 1 3 Ta có y ' = − = ≥ 0 ⇔ x ≥1 2 x + 2 ( x + 2) ( x + 2)2 ⇒ y đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) . Chọn B Câu 4. Từ bảng biến thiên ta nhận thấy có hai giá trị của x mà qua đó y ' đổi dấu từ ''− '' sang ''+ '' hoặc từ ''+ '' sang ''− '' cho nên hàm số có hai cực trị ⇒ B sai. Lại có qua x = 0 thì y ' đổi dấu từ ''− '' sang ''+ '' và qua x = 4 thì y ' đổi dấu từ ''+ '' sang ''− '' cho nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và đạt cực đại tại x = 4 ⇒ A sai và C đúng. Từ bảng biến thiên ta thấy lim y = lim− y = +∞ ; lim y = lim+ y = −∞ cho nên hàm số không có giá x →2
x →−∞
x →+∞
x →2
trị lớn nhất và cũng không có giá trị nhỏ nhất ⇒ D sai. Chọn đáp C Câu 5. x = 1 Đáp án A → y ' = 3x 2 − 3 = 3( x 2 − 1); y ' = 0 ⇔ x = −1 Tại x = 1; x = −1 thì y ' có đổi dấu cho nên hàm số y = x 3 − 3 x + 1 có cực trị ⇒ Loại A.
Đáp án C → y ' = 4 x 3 − 12 x 2 + 3 phương trình y ' = 0 luôn có ít nhất một nghiệm làm đổi dấu y ' khi qua nghiệm đó cho nên hàm số y = x 4 − 4 x 3 + 3x + 1 có cực trị ⇒ Loại C
Đáp án D → y ' = 2n.x 2 n −1 + 2017 ta có y ' = 0 ⇔ x = xo = 2 n −1
(
−2017 và qua thì y ' đổi dấu cho nên 2n
)
hàm số y = x 2 n + 2017 x n ∈ ℕ * có cực trị ⇒ Loại D File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
23
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Còn mỗi đáp án B, ta thấy hàm số y =
2− x là hàm bậc nhất trên bậc nhất suy ra không có cực trị. x +3
Chọn B Câu 6. Hàm số đã xác định và liên tục trên đoạn 0;3 . 2 x + 1)( x + 1) − x 2 − x − 4 x 2 + 2 x − 3 ( y' = = ; 2 2 ( x + 1) ( x + 1)
x ∈ ( 0;3) ⇔ x = 1. y ' = 0
Ta có f (0) = 4; f (1) = 3; f (3) = 4. Do đó m = min f ( x ) = 3; M = max f ( x ) = 4 ⇒ 0;3
0;3
M 4 = . m 3
Chọn A Câu 7. 2m < 0 m < 0 ⇔ YCBT ⇔ 2m > 4 m > 2 Chọn D Bài luyện thêm: Bài 1. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau:
1. Với giá trị thực nào của a A. a < −4. C. −4 < a < 0. Đáp án A 2. Với giá trị thực nào của a A. a < −4. C. −4 < a < 0. Đáp án C 3. Với giá trị thực nào của a A. a < −4. C. −4 < a < 0. Đáp án D Bài 2. Cho hàm số y = f ( x )
thì đường thẳng y = a + 1 cắt đồ thị đã cho tại hai điểm phân biệt. B. a > −4. D. a > −1. thì đường thẳng y = a + 1 không cắt đồ thị đã cho. B. a > −4. D. a > −1. thì đường thẳng y = a + 1 cắt đồ thị đã cho tại duy nhất một điểm. B. a > −4. D. a = 0 hoặc a = −4. có đồ thị như hình vẽ sau:
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
24
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
1. Tìm giá trị thực của tham số a sao cho phương trình f ( x ) + log 1 a = 0 có hai nghiệm phân biệt. 2
a = 1 + 2 2 0 < a < 2 A. B. a = 1 − 2 2 a > 21+ 2 2 21− 2 2 < a < 21+ 2 2 C. D. a ∈ ( −∞; +∞ ) . a ≤ 0 Đáp án A 2. Tìm giá trị thực của tham số a sao cho phương trình f ( x ) + log 1 a = 0 có một nghiệm kép. 1− 2 2
2
a = 1 + 2 2 0 < a < 21− 2 2 A. B. a = 1 − 2 2 a > 21+ 2 2 21− 2 2 < a < 21+ 2 2 C. D. a ∈ ( −∞; +∞ ) . a ≤ 0 Đáp án B 3. Tìm giá trị thực của tham số a sao cho phương trình f ( x ) + log 1 a = 0 vô nghiệm 2
0 < a < 21− 2 2 A. a > 21+ 2 2 21− 2 2 < a < 21+ 2 C. a ≤ 0 Đáp án C
a = 1 + 2 2 B. a = 1 − 2 2 2
D. a ∈ ( −∞; +∞ ) .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
25
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 8. '
(
)
(
f ( x ) + 3 f '( x ) g ( x ) +1 − g '( x ) f ( x ) + 3 = Ta có 2 g( x) +1 g( x) +1
(
)
(
( ( g (1) + 1)
f ' (1) g (1) − f ( x ) − 2 2
)
(
f ' (1) g (1) + 1 − g ' (1) f (1) + 3
f ' (1) = g ' (1) =
Do đó f ' (1) =
)
( g (1) + 1)
2
).
) ⇔ 1 = g (1) − f (1) − 2 ( g (1) + 1) 2
2
1 11 11 ⇔ f (1) = − g (1) − g (1) − 3 = − g (1) + − ≤ − . 2 4 4 2
Chọn A Bài tập luyện thêm: Cho các hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , y =
f (x) g(x)
. Nếu các hệ số góc của các đồ thị các hàm số đã cho
tại điểm có hoành độ x = 0 bằng nhau và khác 0. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ? 1 1 A. f ( 0 ) < . B. f ( 0 ) ≤ . 4 4 1 1 C. f ( 0 ) > . D. f ( 0 ) ≥ . 4 4 Đáp án B Câu 9.
3m 1 + mx + 3mx + 1 x x2 Ta có lim y = lim = lim = m. x →+∞ x →+∞ x →+∞ 2 x+2 1+ x 3m 1 − m+ + 2 mx + 3mx + 1 x x2 lim y = lim = lim = − m. x →−∞ x →−∞ x →−∞ 2 x+2 1+ x Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang thì m > 0. m+
2
Khi x = −2 ⇒ mx 2 + 3mx + 1 = 1 − 2m 1 Với m < ⇒ 1 − 2m > 0 thì đồ thị hàm số sẽ có tiệm đứng là x = −2. 2 1 1 Với m = ⇒ 1 − 2m = 0, ta phải thử với trường hợp m = . 2 2 1 1 2 3 ( x + 1)( x + 2 ) x + x +1 1 2 2 2 m= ⇒y= = . 2 x+2 x+2 Lúc đó ta chỉ được xét giới hạn khi x → −2−
⇒ lim− y = lim− x →−2
x →−2
1 2
( x + 1)( x + 2) 1 x +1 = lim− − = −∞. x+2 x +2 2 x →−2
1 thì đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = −2. 2 File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên Từ đó v ớ i m =
26
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 Do đó đồ thị hàm số có ba tiện cận ⇔ 0 < m ≤ . 2 Chọn B Câu 10. YCBT ⇔ y ' = 1 + m(cos x − sin x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ
⇔ min (1 + m ( cos x − sin x ) ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ
(1)
Trước tiên ta sẽ đi tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : g( x ) = sin x − cos x. Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có 2
( g( x )) = ( cos x − sin x )
2
(
)
≤ 2 cos2 x + sin 2 x = 2 ⇒ − 2 ≤ g( x ) ≤ 2.
Cách 2: Sử dụng tách nhóm thích hợp Đặt t = sin x + cos x ⇒ 2sin x.cos x = t 2 − 1 2
2
Ta có ( g( x ) ) = ( cos x − sin x ) = 2 − t 2 ≤ 2 ⇒ − 2 ≤ g( x ) ≤ 2. Do đó m ( cos x − sin x ) = m . cos x − sin x ≤ m 2 ⇒ − 2 m ≤ m ( cos x − sin x ) ≤ 2 m . Do đó (1) ⇔ 1 − 2 m ≥ 0 ⇔
−1 2
≤m≤
1
.
2
Chọn B Câu 11. Gọi các điểm như hình vẽ ta có quãng đường mà Dynamo đi là SA + SB . 2
Trong đó SA = a2 + x 2 , SB = b2 + ( c − x ) . Do đó quãng đường Dynamo phải di chuyển là 2
S = SA + SB = a2 + x 2 + b2 + ( c − x ) .
Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Mincopxki ta có 2
S = a2 + x 2 + b2 + ( c − x ) ≥
(a + b)
2
+ c2 .
a x ac = ⇔x= . b c−x a+b Cách 2: Phương pháp hàm số
Dấu bằng xảy ra khi
S = f ( x ) = a2 + x 2 + b2 + ( c − x )
2
(0 < x < c)
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
27
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
(c − x ) x +a b + (c − x ) (c − x ) x f '( x ) = 0 ⇔ − x +a b + (c − x )
Ta có f ' ( x ) =
x
2
2
−
2
2
2
2
2
2
⇔ x b2 + ( c − x ) = ( c − x ) x 2 + a2
2
2 2 2 ac ⇔ x 2 b2 + ( c − x ) = ( c − x ) x 2 + a2 ⇔ x 2 b2 = a2 ( x − c ) ⇔ x = . a+b ac Lập bảng biến thiên của f ( x ) ta được khi x = thì quãng đường bé nhất. a+b Chọn C Câu 12.
(
x +1 > 0 ĐK: ⇔ x>3 x − 3 > 0
)
(*)
Khi đó log 4 ( x + 1) + log 4 ( x − 3) = 3 ⇔ log 4 ( x + 1)( x − 3) = 3
⇔ ( x + 1)( x − 3) = 43 = 64 ⇔ x 2 − 2 x − 67 = 0 ⇔ x = 1 ± 2 17. Kết hợp với (*) ta được x = 1 + 2 17 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Chọn B
Câu 13. 6
5
Ta có y = (1 − cos 3 x ) ⇒ y = 6 (1 − cos 3 x ) . (1 − cos 3 x ) ' 5
5
= 6 (1 − cos 3 x ) .3sin 3 x = 18sin 3 x (1 − cos 3 x ) .
Chọn C Câu 14. ĐK: x > −9500
(*)
Khi đó log 1 ( x + 9500 ) > −1000 ⇔ − log 3 ( x + 9500 ) > −1000 3
⇔ log 3 ( x + 9500 ) < 1000 ⇔ x + 9500 < 31000 Ta có 9500 = ( 32 )
500
(1)
= 32.500 = 31000 nên (1) ⇔ x < 0.
Kết hợp với (*) ta được −9500 < x < 0 ⇔ −31000 < x < 0 thỏa mãn.
Chọn D Câu 15. 1000
Hàm số y = log 2 ( x3 − 8 )
1000
xác định ⇔ ( x3 − 8 )
> 0 ⇔ x 3 − 8 ≠ 0 ⇔ x 3 ≠ 8 ⇔ x ≠ 2.
Chọn A Câu 16.
(
Ta có f ( x ) > 0 ⇔ 3 − 2
x3
) (
> 3− 2
)
− x2
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
28
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam x ≠ 0 x ≠ 0 ⇔ x 3 > − x 2 ⇔ x 3 + x 2 > 0 ⇔ x 2 ( x + 1) > 0 ⇔ ⇔ x +1 > 0 x > −1 Từ đó, ta được khẳng định 1 đúng và khẳng định 2 sai.
(
Lại có f ( x ) < 3 − 2 ⇔ 3 − 2
x3
) (
− 3− 2
x3
⇔
(3 − 2 ) − (3 − 2 ) 3− 2
(
)
⇔ 3− 2
< 3− 2
− x2
(
<1⇔ 3− 2
3− 2
x3 −1
)
− x2
1 < 1+ 3− 2
x 2 +1
)
x3 −1
(
⇔ 3− 2
)
(
− 3− 2
x3 −1
)
− x 2 −1
<1
3+ 2 < 1 + 7
x 2 +1
.
Từ đó, ta được khẳng định 3 đúng.
(
Ta có f ( x ) < 3 + 2 ⇔ 3 − 2 x3
(
x3
) (
) (
⇔ 3− 2
− 3− 2
1+ x3
(
)
⇔ 3− 2
− 3− 2
(
)
− x2
− 3− 2
<
1− x 2
)
)
− x2
< 3+ 2
7 3− 2
(
< 7 ⇔ 3− 2
1+ x3
)
(
< 7 + 3− 2
1− x 2
)
.
Từ đó, ta được khẳng định 4 đúng.
Chọn B Câu 17. Với a, b > 0 và a ≠ 1, ta có log a2 ( ab ) =
1 1 1 1 1 log a ( ab ) = ( log a a + log a b ) = (1 + log a b ) = + log a b. 2 2 2 2 2
Chọn D Câu 18. x
Ta có y =
x
x
x+3 1 1 1 1 = ( x + 3) . ⇒ y ' = + ( x + 3) ln x 9 9 9 9 9 1 + ( x + 3) ln
=
9x
1 2 9 = 1 − ( x + 3) ln 9 = 1 − ( x + 3) ln 3 = 1 − 2 ( x + 3) ln 3 . x 32 x 32 x ( 32 )
Chọn A Câu 19. Ta có log12 80 = log12 ( 42.5 ) = log12 42 + log12 5 = 2 log12 4 +
=
1 log 5 12
2 1 2 1 + = + . log 4 12 log 5 4 + log 5 3 log 4 4 + log 4 3 b + log 5 3
Từ a = log 3 4 ⇒ log 4 3 =
1 1 b ⇒ log 5 3 = log 5 4.log 4 3 = b. = a a a
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
29
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ⇒ log12 80 =
2 1+
1 a
1
+
b a
b+
=
2a a a + 2ab + = . a + 1 b ( a + 1) ab + b
Chọn C Câu 20. 1000
Với a, b > 0, ta có x = ln ( a 2 − ab + b 2 ) y = 1000 ln a − ln
1 1000
b
= 1000 ln ( a 2 − ab + b 2 ) . = 1000 ln a + 1000 ln b = 1000 ln ( ab ) .
Xét hiệu x − y = 1000 ln ( a 2 − ab + b 2 ) − ln ( ab )
(1)
2
Lại có ( a 2 − ab + b 2 ) − ab = ( a − b ) ≥ 0 ⇒ a 2 − ab + b 2 ≥ ab > 0. Khi đó từ (1) ⇒ x − y ≥ 0 ⇒ x ≥ y, dấu " = " xảy ra ⇔ a = b > 0.
Chọn D Câu 21. Khi viết trong hệ thập phân, số các chữ số của p = 2756839 − 1 bằng các chữ số của 2756839. Do đó số các chữ số của p khi viết trong hệ thập phân là log 2756839 + 1 = [ 756839 log 2 ] + 1 = 227831 + 1 = 227832.
Chọn C Câu 22. 2
Ta có
∫
0
f ( x ) dx =
−2
∫
2
f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx
−2
(1)
0
0
Xét tích phân A =
∫ f ( x ) dx, đặt
x = −t ⇒ t = − x.
−2
Khi x = −2 ⇒ t = 2; x = 0 ⇒ t = 0. 2
2
2
Do đó A = − ∫ f ( −t ) d ( −t ) = ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( − x ) dx. 0
Thế vào (1) ta được
0
0
2
2
2
2
−2
0
0
0
∫ f ( x ) dx = ∫ f ( − x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) + f ( − x ) dx.
Chọn D Câu 23. 3 x
10 ) ( 1000 x 103 x Ta có F ( x ) = ∫ 1000 dx = +C = +C = + C. ln1000 ln103 3ln10 Chọn A Câu 24. x
6
Ta có W = ∫ 3 x − 2dx. 1
Đặt t = 3 x − 2 ⇒ x =
t2 + 2 , khi x = 1 thì t = 1, khi x = 6 thì t = 4. 3
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
30
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 4
4
2t 2 t3 t2 + 2 = ∫ t. dt = . Do đó W = ∫ td 3 3 3 3 1 1
4
= 14. 1
Chọn D Câu 25:. Đặt x − 1 = t , khi x = 1 ⇒ t = 0; x = 3 ⇒ t = 2. 2 2 t 1002 t 1001 2 Do đó I = ∫ ( t + 1) t1000 d ( t + 1) = ∫ ( t1001 + t1000 ) dt = + 1002 1001 0 0 0 21002 21001 1 1502.21001 2 = + = 21001 + . = 1002 1001 501501 1002 1001 Chọn B Câu 26.
21000
∫ ( x + 1)
Ta có I =
21000
ln x
2
∫
dx = −
1
1
ln 21000 =− + 1 + 21000
21000
∫ 1
21000
21000
1 ln x ln xd =− x +1 x +1
+
1
1
1 1 1000 ln 2 . dx = − + x +1 x 1 + 21000
1000 ln 2 =− + ( ln x − ln x + 1 ) 1 + 21000
21000
1
1 d ( ln x ) x +1
∫
21000
∫ 1
1 1 − dx x x +1
1000 ln 2 x =− + ln 1000 1+ 2 x +1
21000
1
1000
=−
1000 ln 2 2 + ln . 1000 1+ 2 1 + 21000
Chọn B Câu 27. Phương trình hoành độ giao điểm
x = 1 x 2 − 2 x + 4 = x + 2 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 2 2
2
Diện tích cần tính là S = ∫ ( x − 2 x + 4 ) − ( x + 2 ) dx = ∫ x 2 − 3 x + 2 dx. 2
1
1 2
Rõ ràng trên khoảng (1; 2 ) phương trình x − 3 x + 2 = 0 vô nghiệm 2
⇒S =
∫(x
2
− 3x + 2 ) dx .
1 2
x3 3x 2 2 1 1 Ta có ∫ ( x − 3x + 2 ) dx = − + 2x = − ⇒ S = . 2 6 6 3 1 1 2
Chọn A Câu 28. Phương trình hoành độ giao điểm 2
( x − 1) e x −2 x
= 0 ⇔ ( x − 1) e x
2
Thể tích cần tính là V = π ∫ 1 2
= π ∫ ( x − 1) e 1
x2 − 2 x
( x − 1) e
dx =
π
2
e 2∫ 1
2
−2 x
= 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1.
2
x2 − 2 x
dx
x2 − 2 x
d ( x − 2x) = 2
π 2
.e
x2 − 2 x
2
= 1
1 π ( e − 1) . 1 − = 2 e 2e
π
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
31
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Chọn C Câu 29. Ta có z =
7 − 11i ( 7 − 11i )( 2 + i ) 25 − 15i = = = 5 − 3i ⇒ z = 5 + 3i. 2−i 5 ( 2 − i )( 2 + i )
Do đó z có phần thực bằng 5 và phần ảo bằng 3. Chọn C Câu 30. Ta có z2 = 4 − 2i ⇒ z2 − 2 z1 = 2 − 8i ⇒ z2 − 2 z1 = 22 + (−8)2 = 2 17.
Chọn A Câu 31.
7 − i (7 − i)(2 + i) 15 + 5i = = = 3 + i. 2 − i (2 − i)(2 + i) 5 Do đó điểm biểu diễn z là điểm có tọa độ là ( 3;1) . Chọn C Câu 32. Ta có z = 2 − 3i ⇒ w = (3 + 2i)(2 + 3i) + 2(2 − 3i) = 4 + 7i. Chọn B Câu 33. Ta có z =
z = 1 z = 1 3 2 Phương trình ⇔ ( z − 1)( z + 3 z + 4) = 0 ⇔ 2 ⇔ z = − + 2 z + 3z + 4 = 0 z = − 3 − 2 2
7 i 2 7 i 2
2
2 2 −3 7 −3 7 2 2 Do đó T = 1 + 0 + + + +− = 5. 2 2 2 2 Chọn D Câu 34. 2w + i = 2 x + (2 y + 1)i Giả sử w = x + yi ( x; y ∈ R) ⇒ 3w − 5 = 3x − 5 + 3yi
Do 2w + i và 3w − 5 là hai nghiệm của z2 + az + b = 0. 2 x + (2 y + 1)i + 3 x − 5 + 3 yi = 0 Áp dụng định lý Viet ta có [ 2 x + (2 y + 1)i ] ( 3 x − 5 + 3 yi ) = b 5 x − 5 + (5 y + 1)i = −a ⇔ 2 2 6 x − 16 x − 6 y − 3 y + i 6 xy + ( 2 y + 1)( 3 x − 5 ) = −b −1 −1 y= 5 y + 1 = 0 y = 5 ⇔ ⇔ ⇔ 5 6 xy + (2 y + 1)(3 x − 5) = 0 − 6 x + 3 (3 x − 5) = 0 x = 5 5 5 Do đó phần thực của w là 5. Chọn D Câu 35.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
32
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Ta có S1 = AD. AB ; S2 = AA '. AB ; S3 = AA '. AD
⇒ V = AB.AD. AA ' = AB. AD . AB. AA '. AD. AA ' = S1 .S2 .S3 . Chọn B Câu 36.
Gọi hình chóp tam giác đó là S . ABC , kẻ SH ⊥ ( ABC ) tại H . Gọi A ', B ', C ' lần lượt là chân đường cao hạ từ H xuống BC, CA, AB. Xét ∆SHA ', ∆SHB ', ∆SHC ' đều vuông tại H có SH chung ' = HSA ' = HSB ' SB ' H = SC ' H = SA ' H = 600 ⇒ HSC
⇒ ∆SHA ' = ∆SHB ' = ∆SHC ' ( g − g − g ) ⇒ HA ' = HB ' = HC '. Do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 3 2 AB + BC + CA Tam giác ABC đều cạnh a ⇒ S ABC = a = .HA ' 4 2 3 2 3a 3 ⇒ a = HA ' ⇒ HA ' = a. 4 2 6 a Tam giác SHA ' vuông tại H và HA ' S = 60 0 ⇒ SH = HA '.tan 60 = . 2
1 1 a 3 2 3 3 Thể tích V = SH .SABC = . . a = a. 3 3 2 4 24 Chọn A Câu 37. Ta có ngay AC 'B =α . File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
33
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ' B = α ⇒ BC ' = Tam giác ABC ' vuông tại B và AC
a = a cot α . tan α
Áp dụng định lý Pytago thì CC ' = BC '2 − BC 2 = a cot 2 α − 1. Thể tích khối lăng trụ V = BC.CD.CC ' = a3 cot 2 α − 1. Chọn D Câu 38.
VSABC SA.SB.SC SA.SB = = = 4. VSA ' B 'C SA '.SB '.SC SA '.SB ' Chọn A. Câu 39. Hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều nên nó có chiều dài đường sinh là a bán kính đường
Ta có
2
a a 3 nên chiều cao h = a2 − = a. tròn đáy là 2 2 2 Chọn D Câu 40. Thể tích nước được đựng đầy trong hình bể là V = 2.3.2 = 12 m3 .
( )
( )
Thể tích nước đựng đầy trong gáo là Vg = π 42.5 = 80π cm3 =
π
(m ). 12500 3
Mội ngày bể được múc ra 170 gáo nước tức trong một ngày lượng được được lấy ra bằng 17 Vm = 170.Vg = π m3 . 1250
( )
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
34
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam V 12 = ≃ 280,8616643 ⇒ sau 281 ngày bể sẽ hết nước. 17 Vm π 1250 Chọn B. Câu 41. Ta có
Theo công thức thể tích hình trụ V = π R 2 h ⇒ R 2 =
V V ⇒R= . πh πh
Với h = 15cm, V = 0,5l = 0,5.1000cm 3 = 500cm3 ⇒ R =
500 ≈ 3,26cm. π .15
Chọn A Câu 42.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC thì SG ⊥ ( ABC ) . Do CB = CA = CD nên C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD . Qua C kẻ đường thẳng d song song SG thì d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Gọi I ∈ d là tâm mặt cầu cần tìm, đặt IC = x ⇒ SK = SG − x .
2 a 3 a 3 Kẻ IK ⊥ SG ⇒ IK = CG = AG = . = , SG = SA2 − AG 2 = a. 3 2 3 2 a2 a Ta có IS = ID ⇔ IK 2 + SK 2 = IC 2 + CD 2 ⇔ + ( a − x ) = x 2 + a2 ⇒ x = . 3 6 Vậy tâm cầu I được xác định, bán kính mặt cầu là R = x 2 + a2 =
Chọn C Câu 43.
a 37 . 6
Mặt phẳng ax + by + cx + d = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 > 0 ) có một VTPT là n = ( a; b; c ) . Dựa vào đó, ta thấy ngay ( P ) : x − 2 z + 3 = 0 có một VTPT là n = (1; 0; −2 ) .
Chọn B
Câu 44. 2
2
2
Ta viết lại mặt cầu ( S ) như sau ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z − 1) = 9. Mặt cầu ( S ) có tâm I ( a; b; c ) , bán kính R có phương trình File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
35
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 2
2
( S ) : ( x − a) + ( y − b) + ( z − c) 2
2
2
= R2 . 2
Dựa vào đó, ta thấy ngay mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z − 1) = 9 có tâm I ( 2; −1;1) và bán kính R = 9 = 3.
Chọn A Câu 45. Ta có d =
2.1 + 3. ( −3) + 4.1 − 5 2
2
2 +3 +4
2
=
8 . 29
Chọn B Câu 46.
Đường thẳng d qua A ( 4;1; 2 ) có một VTCP là u = ( 2;1;1) . Mặt phẳng ( P ) có một VTPT là n = (1; −3; 2m ) . 4m − 3 ≠ 0 4 − 3.1 + 2m.2 − 4 ≠ 0 1 A ∉ ( P ) YCBT ⇔ ⇔ ⇔ ⇔m= . 1 2 2 − 3 + 2m = 0 u.n = 0 m = 2
Chọn A Câu 47. −1 + 3 1 + 1 0 − 2 Ta có I là trung điểm của cạnh AB ⇒ I ; ; ⇒ I (1;1; −1) . 2 2 2 Mặt phẳng ( P ) qua I (1;1; −1) và nhận AB = ( 4;0 − 2 ) là một VTPT
⇒ ( P ) : 4 ( x − 1) + 0. ( y − 1) − 2 ( z + 1) = 0 ⇒ ( P ) : 4 x − 2 z − 6 = 0 ⇒ ( P ) : 2 x − z − 3 = 0. Chọn D Câu 48.
x = 2t Ta có d : y = 3 + t ( t ∈ ℝ ) ⇒ I ( 2t ; t + 3; t + 2 ) . z = 2 + t Mà I ∈ ( P ) ⇒ 2t − 2 ( t + 3) + 2 ( t + 2 ) = 0 ⇔ 2t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ I ( 2; 4;3) . Gọi R là bán kính của ( S ) , ta có ( Q ) tiếp xúc với ( S ) 2 − 2.4 + 3.3 − 5
⇔ d ( I ; (Q )) = R ⇔ R =
2
12 + ( −2 ) + 32
=
2 . 14
Kết hợp với ( S ) có tâm I ( 2; 4;3) 2
2
2
⇒ ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z − 3) =
4 2 = . 14 7
Chọn A Câu 49.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
36
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
x = 2 + t Gọi M = d ∩ d 2 , ta có d 2 : y = −1 − t ( t ∈ ℝ ) ⇒ M ( t + 2; −t − 1; t + 1) . z = 1+ t Đường thẳng d nhận AM = ( t + 1; −t ; t − 2 ) là một VTCP. Đường thẳng d1 có một VTCP là u = (1; 4; −2 ) . Ta có d ⊥ d1 ⇔ AM .u = 0 ⇔ ( t + 1) − 4t − 2 ( t − 2 ) = 0 ⇔ −5t + 5 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ AM = ( 2; −1; −1) . Đường thẳng d qua A (1; −1;3) và nhận AM = ( 2; −1; −1) là một VTCP ⇒d:
x −1 y + 1 z − 3 = = . 2 −1 −1
Chọn C Câu 50. 2 2 2 AM = ( x − 1; y + 2; z − 1) AM 2 = ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1) 2 2 Giả sử M ( x; y; z ) ⇒ BM = ( x; y − 2; z + 1) ⇒ BM 2 = x 2 + ( y − 2 ) + ( z + 1) 2 2 2 2 CM = ( x − 2; y + 3; z − 1) CM = ( x − 2 ) + ( y + 3) + ( z − 1) 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇒ T = ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1) − x 2 + ( y − 2 ) + ( z + 1) + ( x − 2 ) + ( y + 3) + ( z − 1) 2 2 2 2 2 2 2 2 = ( x − 1) − x 2 + ( x − 2 ) + ( y + 2 ) − ( y − 2 ) + ( y + 3) + ( z − 1) − ( z + 1) + ( z − 1)
= ( x 2 − 6 x + 5 ) + ( y 2 + 14 y + 17 ) + ( z 2 − 6 z + 1) 2
2
2
= ( x − 3 ) − 4 + ( y + 7 ) − 32 + ( z − 3) − 8 ≥ −4 − 32 − 8 = −44. Dấu " = " xảy ra ⇔ x = 3, y = −7, z = 3. Khi đó M ( 3; −7;3) ⇒ P = xM2 + 2 yM2 + 3zM2 = 134.
Chọn B ----
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
37
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm) ĐỀ SỐ 03
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu) Họ, tên học sinh:..................................................................................................
Giáo viên: NGUYỄN HỮU CHUNG KIÊN Câu 1. Đồ thị ở hình bên là đồ thị của hàm số nào trong bốn hàm số dưới đây ? A.
y=
x −2 . x +1
B.
y=
x +2 . x −1
C.
2− x y= . x +1
D.
y=
y
1 -1
O
x
x −2 . x −1
x −1 tại giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung bằng: x +1 A. −2 . B. 1 . C. 2 . D. −1 . y Câu 3. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng Câu 2. Hệ số góc của tiếp tuyến đồ thị hàm số y =
định nào sau đây là sai: A. Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) .
3 2
B. Hàm số đạt cực trị tại các điểm x = 0 và x = 1 . x
C. Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;0) và (1;+∞) .
-1
O
1
D. Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;3) và (1;+∞) . Câu 4. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình dưới đây. Số mệnh đề sai trong các mệnh đề sau đây? x
−∞ +
y'
0
+∞
−2
−3 +
0
−
5 y 0 −∞
−∞
I. Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −5) và (−3; −2) . II. Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;5) . III. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−2; +∞) . IV. Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; −2) . A. 1 .
B. 2 . C. 3 . x −1 Câu 5. Hàm số y = đạt giá trị lớn nhất trên đoạn [0;2 ] tại: 2 x +1
D.
4 .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
38
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam A.
x =0.
x =2.
B.
Câu 6. Đồ thị hàm số nào sau đây không có cực trị ? B. y = −x 3 + x 2 + 1 . A. y = x 3 − x 2 − x .
C.
x =3.
D.
1 x =− . 2
C.
y = −x 3 + x 2 − x .
D.
y = x 3 + x 2 −1 .
Câu 7. Tìm m để đường thẳng d : y = x − m cắt đồ thị hàm số (C ) : y =
x +1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho x −1
AB = 3 2 . A. m = ±2 .
B. m = ±4 . C. m = ±1 . D. m = ±3 . x − ax + b Câu 8. Cho hàm số y = . Để đồ thị hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm A (0; −1) thì giá trị của a và b là: x −1 A. a = 1; b = 1 . B. a = 1; b = −1 . C. a = −1; b = −1 . D. a = −1; b = 1 . 2
4 − x2 là: x 2 − 3x − 4 A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1 . Câu 10. Cho tam giác đều ABC cạnh a . Người ta dựng một hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN nằm trên cạnh BC . Hai đỉnh P và Q theo thứ tự nằm trên hai cạnh AC và AB của tam giác. Xác định độ dài đoạn BM sao cho hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất: a a a A. BM = . B. BM = . C. BM = . D. BM = a . 4 2 6 π tan x − 2 Câu 11. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = đồng biến trên khoảng 0; . 4 tan x − m + 1 m ≤ 1 B. m > 3 . C. 2 ≤ m < 3 . D. . A. m ≥ 1 . 2 ≤ m < 3 4 Câu 12. Biế rằng phương trình 2 log 8 2 x + log 8 ( x 2 − 2 x + 1) = có nghiệm duy nhất x . Chọn phát biểu đúng: 3 1 A. Nghiệm của phương trình thỏa mãn log x < −4 . B. 2 x > 3log3 4 . 16 Câu 9. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =
C.
log 2 2 x + 1 = 3
log3 ( x +1)
D. Tất cả đều đúng.
.
Câu 13. Đạo hàm của hàm số y = 2
x2
bằng:
2
2 x 21+ x . B. y ' = x 21+ x ln 2 . C. y ' = 2 x ln 2 x . ln 2 Câu 14. Tập nghiệm của bất phương trình log 2 (2 x + 1) + log 3 ( 4 x + 2) ≤ 2 là:
A.
y'=
A. S = (−∞;0) .
S = (2;3) .
B.
1
Câu 15. Hàm số y =
1 1 − 2 log 5 ( x −11x + 43) 2
A. 8 < x < 9 .
B.
C. S = (−∞;0 ] .
x 2 −1
C. x2
x <2.
x 2 −1
A.
1
B.
D.
x >9.
D.
2 3.
D.
A=
3b + ab + a 4
)
2ab
.
x 2 + 2016 + x . Biểu thức đạo hàm của f ( x ) là: 1
2
.
C.
1 . x
D.
2 x +1
. x + 2016 x + 2016 + x x + 2016 + x Câu 19. Các nhà khoa học thực hiện nghiên cứu trên một nhóm học sinh bằng cách cho họ xem một danh sách các loài động vật và sau đó kiểm tra xem họ nhớ được bao nhiêu % mỗi tháng. Sau t tháng, khả năng nhớ trung bình của nhóm học sinh tính theo công thức M (t ) = 75 − 20 ln (t + 1), t ≥ 0 (đơn vị % ). Hỏi khoảng thời gian ngắn nhất bao lâu thì 2
.
(
D. S = (0; +∞) .
x 2 +2
−3 = 3 −2 bằng: A. 2 . B. 3 . C. 0 . log 5 120 Câu 17. Cho log 2 5 = a, log 3 5 = b . Tính A = log 2 theo a và b : 2 4 2b + ab + a 3b + ab + a b + ab + 3a A. A = . B. A = . C. A = . 4 4 ab 2ab 2ab
Câu 18. Cho hàm số y = f ( x ) = ln
x 21+ x . ln 2
y'=
xác định khi:
2
Câu 16. Tổng các nghiệm của phương trình 2
D.
2
số học sinh trên nhớ được danh sách đó dưới 10% ?
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
39
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam A. Khoảng 23 tháng. C. Khoảng 25 tháng. Câu 20. Cho các mệnh đề sau đây:
B. Khoảng 24 tháng. D. Khoảng 26 tháng.
x 4 (2) Hàm số y = log a x có tiệm cận ngang.
(1) Hàm số f ( x ) = log 22 x − log 2 + 4 xác định khi x ≥ 0 . (3) Hàm số y = log a x , 0 < a < 1 và hàm số y = log a x , a > 1 đơn điệu trên tập xác định của nó. (4 ) Đạo hàm của hàm số y = ln (1 − cos x ) là
sin x
(1 − cos x )
Hỏi có bao nhiêu mệnh đề đúng ? A. 0 . B. 2 . Câu 21. Cho log 2 = a . Tính log 4
2
C. 3 .
D. 1 .
32 theo a , ta được: 5
1 6 1 a −1) . B. (5a −1) . ( 4 4 Câu 22. Các khẳng định nào sau đây là sai? A.
C.
1 (6a −1) . 4
D.
1 (6a + 1) . 4
f ( x ) dx = F ( x ) + C ⇒ ∫ f (t ) dt = F (t ) + C .
A.
∫
B.
∫ f ( x ) dx = f ( x ) .
C.
∫ f ( x ) dx = F ( x ) + C ⇒ ∫ f (u) dx = F (u) + C . ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx ( k là hằng số).
D.
.
/
(
Câu 23. Cho hàm số f ( x ) = tan x 2 cot x − 2 cos x + 2 cos 2 x
cos cx − d . Chọn phát biểu đúng: 2 a : b : c = 1: 2 :1 . B. a + b + c = 6 . C.
)
có nguyên hàm là F ( x ) và
π π F = . Giả sử 4 2
F ( x ) = ax + b cos x −
D. a − b + c = d . 4000 Câu 24. Một đám vi trùng ngày thứ t có số lượng là N (t ) . Biết rằng N ' (t ) = và lúc đầu đám vi trùng có 1 + 0,5t 250.000 con. Sau 10 ngày số lượng vi trùng là (lấy xấp xỉ hàng đơn vị): A. 264.334 con. B. 257.167 con. C. 258.959 con. D. 253.584 con. A.
a + b = 3c .
π 4
Câu 25. Tính tích phân I = ∫ (cos 4 x − sin 4 x ) dx . 0
A.
1 . 4
B.
1 . 3
C.
2 . 5
D.
1 . 2
ln 2
Câu 26. Tính tích phân I = ∫ xe − x dx . 0
1 − ln 2 . D. 2 (1 + ln 2 ) . 2 Câu 27. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 2 + 1 và y = 3 − x bằng: A. 1 − ln 2 .
A.
7 . 2
B. 1 + ln 2 .
C.
9 . 2
C.
B.
5 . 2
D.
3 . 2 1
x
Câu 28. Thể tích của khối tròn xoay sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường có phương trình y = x 2 e 2 , trục
Ox , x = 1 , x = 2 quay một vòng quanh trục Ox bằng: A. πe . B. πe 2 . C.
4π .
D. 16 π .
Câu 29. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z = (2 + i ) . 2
A. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4i . B. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 . C. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng 4 . D. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng 4i . Câu 30. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (2 + i ) z = z + 2i −1 . Tính môđun của số phức z . A.
6 . 2
B.
7 . 2
C.
10 . 2
D.
13 . 2
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
40
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 31. Cho số phức z = 3 + 2i . Tìm số phức w = z (1 + i ) − z . 2
B. w = 7 − 8i . C. w = −3 + 5i . D. w = −7 + 8i . A. w = 3 + 5i . Câu 32. Số nào sau đây là số đối của số phức z , biết z có phần thực dương thỏa mãn z = 2 và thuộc đường thẳng
y − 3x = 0 : A. 1 + 3i .
B. 1 − 3i .
C. −1 − 3i .
D. −1 + 3i .
Câu 33. Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1 = z 2 = 1 , z1 + z 2 = 3 . Tính z1 − z 2 : A. 1 .
B.
2.
C. 3 .
D.
Câu 34. Tìm số phức z sao cho z − (3 + 4i ) = 5 và biểu thức P = z + 2 − z − i 2
A.
z = 2 + 2i .
B.
z = 5 + 5i .
A.
a3 6 . 3
B.
a3 6 . 12
2
4.
đạt giá trị lớn nhất.
C. z = 4 + 3i . D. z = 2 + i . 0 0 Câu 35. Cho hình chóp tam giác S . ABC có ASB = CSB = 60 , ASC = 90 , SA = SB = a, SB = 3a . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng: C.
a3 3 . 12
D.
a3 2 . 4
Câu 36. Cho hình lập phương có độ dài đường chéo bằng 3 3 . Thể tích của khối lập phương đó bằng: A. 81 . B. 9 . C. 27 . D. 24 . Câu 37. Cho hình chóp tam giác S . ABC có thể tích bằng 8. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC , CA . Thể tích của khối chóp S .MNP bằng: A. 6. B. 2. C. 4. D. 3 . Câu 38. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh bằng a . Gọi O là giao điểm của AC và BD . Thể tích của tứ diện OA ' BC là: a3 a3 a3 a3 A. . B. . C. . D. . 24 12 4 6 Câu 39. Cho hình tứ diện ABCD có M , N lần lượt là trung điểm của AB , AC . Khi đó tỉ số của thể tích khối tứ diện ABCD và ADMN bằng: 1 1 A. . B. 2. C. 4. D. . 4 2 Câu 40. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh bên là 2a và diện tích đáy là 4a 2 . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC ) là:
a 2 2a 2 a 3 2a 6 . B. . C. . D. . 4 3 3 3 Câu 41. Cho mảnh tôn hình chữ nhật ABCD ( AB > BC ) , từ mảnh tôn đó người thợ gò thành các ống hình trụ theo hai cách: Cách 1: Gò sao cho BC chập vào AD được một ống trụ có thể tích khối trụ tương ứng là V1 . A.
Cách 2: Gò sao cho AB chập vào CD được một ống trụ có thể tích khối trụ tương ứng là V2 .
1000 m 6 . Người thợ đã dùng một mảnh tôn có diện tích: 16π 2 A. 100 m 2 . B. 10 m 2 . C. 20 m 2 . D. 50 m 2 . Câu 42. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2 AD = 2 . Quay hình chữ nhật ABCD lần lượt quanh AD và AB , ta được hai hình tròn xoay có thể tích V1 , V2 . Hệ thức nào sau đây là đúng?
Biết rằng V1 .V2 =
A. V1 = V2 .
B. V2 = 2V1 .
C. V1 = 2V2 .
D.
2V1 = 3V2 .
x = −1 + t Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : y = 2t . Vectơ nào dưới đây là một vectơ z = −3 − 2t chỉ phương của đường thẳng d : A. ud = (1;2; −2 ) . B. ud = (1; −2;2 ) . C. ud = (1; −2; −2 ) . D. ud = (−1;2; −2 ) . Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình bình hành OABD có OA = (−1;1;0 ) và OB = (1;1;0 ) với O là gốc tọa độ. Khi đó tọa độ của D là: A. (0;1;0 ). B. (2;0;0 ).
C. (1;0;1).
D. (1;1;0 ).
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
41
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình bình hành ABCD với A (1;0;1) , B (2;1;2 ) và giao điểm của
3 3 hai đường chéo là I ;0; . Diện tích của hình bình hành ABCD bằng: 2 2 A. 5. B. 6. C. 2. D. 3. Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (4;1;−2) và B (5;9;3) . Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn A B là: A. 2 x + 6 y − 5z + 40 = 0 . C.
x − 8 y − 5z − 35 = 0 .
B.
x + 8 y − 5z − 41 = 0 .
D.
x + 8 y + 5z − 47 = 0 .
( P ) : x − 2 y + 3z −1 = 0 và đường thẳng
Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho cho mặt phẳng d:
x −1 y − 2 z − 3 . Khẳng định nào sau đây đúng: = = 3 3 1 A. Đường thẳng d cắt mặt phẳng ( P ) .
B. Đường thẳng d song song với mặt phẳng ( P ) . C. Đường thẳng d nằm trong mặt phẳng ( P ) . D. Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( P ) . Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu (S ) có tâm I (1; −2;0 ) , bán kính R = 5 . Phương trình của mặt cầu
(S ) là: A. (S ) : ( x + 1) + ( y − 2) + z 2 = 25 . 2
2
C. (S ) : ( x −1) + ( y + 2) + z 2 = 25 .
B. (S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + z 2 = 5 . 2
2
D. (S ) : ( x −1) + ( y + 2 ) + z 2 = 5 . Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho vectơ u = (2; −1;2 ) và vectơ đơn vị v thỏa mãn u − v = 4. Độ dài của vectơ u + v bằng: A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . Câu 50. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A (0;1;1), B (1;0;−3), C (−1;−2;−3) và mặt cầu (S ) có phương 2
2
2
2
trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 z − 2 = 0 . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S ) sao cho tứ diện ABCD có diện tích lớn nhất: 7 4 1 1 4 5 A. D (1;0;1) . B. D ; − ; − . C. D − ; ; − . D. D (1; −1;0) . 3 3 3 3 3 3
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
42
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
ÑAÙP AÙN ĐỀ 3 Câu 1. Nhìn vào đồ thị ta thấy đồ thị có tiệm cận đứng là x = −1 , tiệm cận ngang là y = 1 . Chọn A. Câu 2. Tập xác định: D = ℝ \ {−1} . Ta có y ' =
2
( x + 1)
2
.
Gọi M = (C ) ∩ Oy ⇒ M (0; −1) . Hệ số góc tiếp tuyến tại M là k = y ' (0 ) = 2 . Chọn C. Câu 3. Chọn D. Câu 4. Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (−∞; −3) và (−3; −2 ) , nghịch biến trên khoảng (−2; +∞) I. Ta thấy khoảng (−∞; −3) chứa khoảng (−∞; −5) . Đúng. II. Sai. III. Ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng (−2; +∞) . Đúng. IV. Ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; −2 ) . Đúng. Chọn A. Câu 5. Ta có y ' =
3
(2 x + 1)
2
> 0, ∀x ∈ [0;2 ] ⇒ hàm số đã cho đồng biến trên [0;2 ] .
⇒ Giá trị lớn nhất của hàm số đạt tại x = 2 . Chọn B. Câu 6. Với hàm số y = −x 3 + x 2 − x có y ' = −3 x 2 + 2 x −1 < 0, ∀x ⇒ Hàm số đã cho luôn nghịch biến nên không có cực trị. Chọn C. Câu 7. Tập xác định: D = ℝ \ {1} . x +1 = x − m ⇔ g ( x ) = x 2 − (m + 2 ) x + m − 1 = 0 . x −1 Để đường thẳng d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt thì phương trình g ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác Phương trình hoành độ giao điểm
(m + 2)2 − 4 (m −1) > 0 m 2 + 8 > 0 ∆ > 0 1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ∀m . g (1) ≠ 0 −2 ≠ 0 −2 ≠ 0 x1 + x 2 = m + 2 Gọi A ( x1 ; x1 − m ), B ( x 2 ; x 2 − m ) là tọa độ các giao điểm ⇒ . x1 x 2 = m −1 Ta có AB = 3 2 ⇔ ( x1 − x 2 ) + ( x1 − x 2 ) = 3 2 ⇔ ( x1 − x 2 ) = 9 . 2
2
2
⇔ ( x1 + x 2 ) − 4 x1 x 2 = 9 ⇔ (m + 2 ) − 4 (m −1) = 9 ⇔ m 2 = 1 ⇔ m = ±1 . Chọn C. 2
2
Câu 8. Ta có y ' =
x 2 − 2x + a − b
( x −1)
2
y ' (0 ) = 0 a − b = 0 a = 1 . Hàm số đạt cực đại tại A (0; −1) ⇒ . ⇔ ⇔ y (0 ) = −1 b = 1 b = 1
a = 1 Thử lại với thì ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm A (0; −1) . Chọn A. b = 1 x = −1 Câu 9. Tập xác định D = [−2;2 ] \ {−1} . Ta có x 2 − 3 x − 4 = 0 ⇔ . x = 4 (l ) 4 − x2 4 − x2 = +∞ và lim + 2 = +∞ nên x = −1 là tiệm cận đứng. Chọn D. x →(−1) x − 3 x − 4 x →(−1) x − 3 x − 4 x = −1 Chú ý. Có hai giá trị làm cho mẫu thức x 2 − 3 x − 4 bằng 0 là nhưng chỉ có x = −1 thuộc tập xác định. x = 4 Câu 10. Đặt BM = x với x > 0. A =x 3 . Ta có MN = a − 2 x ; MQ = BM .tan B Ta có lim −
2
Ta có S MNPQ = MQ.MN = x 3 (a − 2 x ) . Áp dụng bất đẳng thức Cauchuy ta có.
3 3 a2 3 2 x 3 (a − 2 x ) = 2 x .( a − 2 x ) ≤ . (2 x + a − 2 x ) = 2 8 8 a Dấu " = " xảy ra khi 2 x = a − 2 x ⇔ x = . Chọn A. 4
Q
B
M
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
P
N
C
43
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam π Câu 11. Đặt t = tan x , với x ∈ 0; thì ta được t ∈ (0;1) . 4 t −2 . t − m +1 π π 1 > 0, ∀x ∈ 0; suy ra hàm t là hàm đồng biến trên 0; . Ta có t ' = 2 4 cos x 4 t −2 Do đó yêu cầu bài toán ⇔ hàm số y(t ) = đồng biến trên (0;1) . (*) t −m / t − 2 3−m Đạo hàm y '(t ) = = . 2 t − m + 1 (t − m + 1) Khi đó hàm số trở thành y(t ) =
3 − m > 0 3 − m > 0 m ≤ 1 3 − m > 0 ⇔ ⇔ ⇔ . Chọn D. Suy ra (*) ⇔ t − m + 1 ≠ 0 m −1 ≠ t m −1 ∉ (0;1) 2 ≤ m < 3 Câu 12. Điều kiện: 0 < x ≠ 1 . 4 4 2 2 Phương trình ⇔ log 8 4 x 2 + log 8 ( x −1) = ⇔ log 8 4 x 2 ( x −1) = 3 3 2 x = −1 ( loaïi) 2 x x − 1 = 4 ( ) x − x −2 = 0 2 ⇔ 4 x 2 ( x −1) = 16 ⇔ ⇔ 2 ⇔ x 2 − x − 2 = 0 ⇔ . x − x + 2 = 0 2 x ( x −1) = −4 x = 2 1 1 A. Ta có log 2 = −4 nên log x < −4 là sai. 16 16 B. Ta có 2 x = 4 và 3log3 4 = 4 nên 2 x > 3log3 4 là sai. log x +1 log x +1 C. Ta có log 2 2 x + 1 = 3 và 3 3 ( ) = 3 nên log 2 2 x + 1 = 3 3 ( ) là đúng. Chọn C. Câu 13. Ta có y ' = ( x 2 ) ' 2 x ln 2 = 2 x .2 x ln 2 = x 21+ x ln 2 . Chọn B. 2
2
2
Câu 14. Xét hàm số y = f ( x ) = log 2 (2 x + 1) + log 3 ( 4 x + 2) . Ta có y ' =
2 x ln 2
4 x ln 4
+
(2 x + 1) ln 2 (4 x + 2) ln 3
=
2x 4 x ln 4 + x > 0 ⇒ hàm số đồng biến 2 + 1 (4 + 2) ln 3 x
Mà f ( x ) ≤ 2 ⇔ f ( x ) ≤ f (0) ⇒ x ≤ 0 ⇒ D = (−∞;0 ] . Chọn C. Câu 15. Tập xác định:
1
1 − > 0 ⇔ log 5 ( x 2 −11x + 43) < 2 . log 5 ( x −11x + 43) 2 2
⇔ x 2 − 11x + 43 < 52 ⇔ x 2 − 11x + 18 < 0 ⇔ 2 < x < 9 . Chọn B. 2 1 2 1 Câu 16. Phương trình đã cho tương đương 2 x + 4 = 3 x + 1 . 2 3 x2
2 2 ⇔ = ⇔ x 2 = 3 ⇔ x = ± 3 . Chọn C. 3 3 3
Câu 17. Ta có A =
log 5 120 2 log4
2
=
Câu 18. Ta có: y ' = f ' ( x ) =
log 5 (2 3.5.3) 4 log 4 x
4
2
x 2 + 2016
=
3 log 5 2 + log 5 3 + 1 4
+1 =
2
1
x + 2016 + x x + 2016 Câu 19. Theo bài ra, ta có 75 − 20 ln (t + 1) ≤ 10% 2
2
3 1 + +1 3b + ab + a = a 4b = . Chọn D. 4 2 2 ab
. Chọn A.
⇔ ln (t + 1) ≥ 3, 25 ⇔ t ≥ 24,79 . Khoảng 25 tháng. Chọn C. Câu 20. (1) Sai vì hàm số có tập xác định x > 0 .
(2) Sai - hàm số y = log a x có tiệm cận đứng x = 0 . (3) Đúng theo định nghĩa sách giáo khoa. (4 ) Sai vì đạo hàm của hàm số y = ln (1 − cos x ) là
sin x . Chọn D. 1 − cos x
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
44
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 32 1 32 1 Câu 21. Ta có log 4 = log = (log 32 − log 5). Mà 5 4 5 4 Suy ra log 4
32 1 1 = 5a − (1 − a ) = (6a −1). Chọn C. 5 4 4
Câu 22. Vì
∫
5 log 32 = log 2 = 5 log 2 = 5a . log 5 = log 10 = log10 − log 2 = 1 − a 2
f ( x ) dx = F ( x ) + C ⇒ ∫ f (u ) du = F (u ) + C . Chọn C.
(
)
(
)
Câu 23. Ta có F ( x ) = ∫ tan x 2 cot x − 2 cos x + 2 cos 2 x = ∫ 2 − 2 sin x + sin 2 x dx
π π π cos 2 x π 2 π + C . Mà F = ⇒ F = 2. + 2. − 0 + C = ⇒ C = −1 . 4 2 4 2 4 2 2 cos 2 x Do đó F ( x ) = 2 x + 2 cos x − −1 . Chọn B. 2 4000 Câu 24. Ta có N (t ) = ∫ N ' (t ) dt = ∫ dt = 8000. ln (1 + 0,5t ) + C . 1 + 0,5t = 2 x + 2 cos x −
Tại thời điểm ban đầu (t = 0 ) thì N (0 ) = 8000.ln1 + C = 250000 ⇔ C = 250000 . Suy ra N (t ) = 8000.ln (1 + 0,5t ) + 250000 . Sau 10 ngày (t = 10 ) thì ta có N (10 ) = 8000.ln (1 + 0,5.10) + 250000 = 264.334 con . Chọn A. π 4
π 4
π 4
Câu 25. Ta có I = ∫ (cos x − sin x ) dx = ∫ (cos x − sin x ) dx = ∫ 4
4
2
0
2
0
ln 2
ln 2
Câu 26. Ta có I = ∫ xe −x dx = −∫ xd (e − x ) = −xe −x 0
0
0 ln 2
0
1 cos 2 xdx = sin 2 x 2
ln 2
1 + ∫ e −x dx = − ln 2 − e −x 2 0
ln 2
= 0
π 4
=
0
1 . Chọn D. 2
1 − ln 2 . Chọn C. 2
x = 1 . Câu 27. Phương trình hoành độ giao điểm x 2 + 1 = 3 − x ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔ x = −2 1 1 1 1 1 1 9 Ta có S = ∫ ( x 2 + 1) − (3 − x ) dx = ∫ x 2 + x − 2 dx = ∫ (−x 2 − x + 2 ) dx = − x 3 − x 2 + 2 x = . 3 −2 2 2 −2 −2 −2 Chọn B. 2 2 2 1 x 2 2 Câu 28. Ta có V = π ∫ x .e dx = π ∫ xe x dx = π ∫ xd (e x ) = π xe x 1 1 1 2
= π (2e 2 − e ) − πe x
2
2 − ∫ e x dx . 1 1 2
= π (2e 2 − e ) − π (e 2 − e ) = πe 2 . Chọn B.
1
Câu 29. Ta có z = 4 + 4i + i 2 = 3 + 4i nên phần thực là 3 , phần ảo là 4 . Chọn B.
3 1 2i −1 (2i −1)(1 − i ) 3i + 1 10 = = ⇒ z = + = . 2 2 2 1+i 2 2 1− i 2
Câu 30. Ta có (2 + i ) z = z + 2i −1 ⇔ z =
2
Chọn C. _
Câu 31. Ta có w = z (1 + i ) 2 − z = (3 + 2i )(1 + i ) 2 − (3 − 2i ) = 2i (3 + 2i ) − 3 + 2i = −4 + 6i − 3 + 2i = −7 + 8i Chọn D. x > 0 x > 0 2 x = 1 2 2 Câu 32. Gọi z = x + yi ta có x + y 2 = 2 ⇔ ⇒ −z = −1 − 3i . Chọn C. x + y = 4 ⇔ y = 3 y − 3x = 0 y = 3x z 2 = a 2 + b 2 = 1 1 2 2 2 Câu 33. Gọi z1 = a + bi ; z 2 = c + di ta có và z1 + z 2 = 3 ⇒ (a + c ) + (b + d ) = 3 2 z = c 2 + d 2 = 1 2 ⇔ a 2 + 2ac + c 2 + b 2 + 2bd + d 2 = 3 ⇔ 2 ac + 2bd = 1 . Ta có z1 − z 2 = (a − c ) + (b − d ) = −2ac − 2bd + 2 = −1 + 2 = 1 . Chọn A. 2
2
2
Câu 34. Gọi z = a + bi ta có z − (3 + 4i ) = 5 ⇔ (a − 3) + (b − 4 ) = 5 . 2
2
Ta có P = z + 2 − z − i = (a + 2) + b 2 − a 2 − (b −1) = 4a + 2b + 3 = 4 (a − 3) + 2 (b − 4 ) + 23 . 2
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
45
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam P = 4 (a − 3) + 2 (b − 4 ) + 23 ≤ Dấu " = " xảy ra khi
(4 2 + 22 ) (a − 3)2 + (b − 4 )2 + 23 =
20.5 + 23 = 33 .
a −3 b −4 2 2 = ⇔ a = 2b − 5 kết hợp với (a − 3) + (b − 4 ) = 5 ⇒ a = 4; b = 3 . 4 2
Chọn C. Câu 35. Gọi M là trung điểm của AB ⇒ SM ⊥ AB . SA = SB Ta có ⇒ ∆SAB đều ⇒ AB = a . ASB = 60 0
S
Ta có AC = SA2 + SC 2 = a 10 .
=a 7 . BC = SB 2 + SC 2 − 2SB.SC .cos BSC 2 2 2 = AB + AC − BC = 10 . ⇒ cos BAC 2 AB. AC 5
= a 33 . ⇒ CM = AM 2 + AC 2 − 2 AM . AC .cos BAC 2 2 2 2 2 Ta có SM + MC = AC = 9a ⇒ ∆SMC vuông tại M . ⇒ SM ⊥ MC mà SM ⊥ AB ⇒ SM ⊥ ( ABC ) .
C
A M
2
Ta có S∆ABC =
1 =a 6 . AB. AC .sin BAC 2 2
B
1 a3 2 ⇒ VSABC = .SM .S∆ABC = . Chọn D. 3 4 Câu 36. Gọi độ dài cạnh hình lập phương là a (a > 0) . Suy ra độ dài đường chéo của hình lập phương là a 3 . Khi đó ta có: a 3 = 3 3 ⇔ a = 3 . Thể tích khối lập phương là V = 33 = 27 . Chọn C. 1 1 1 1 1 1 Câu 37. Ta có S∆MNP = . AH .MN = AH . BC = S∆ABC ⇒ VS . MNP = VS . ABC = 2 . Chọn B. 2 2 4 2 4 4 1 1 2 1 a3 Câu 38. Ta có S BOC = S ABCD = a ⇒ VOA ' BC = AA '.S BOC = . Chọn C. 4 4 3 12 V AB AC AD Câu 39. Ta có ABCD = . . = 2.2.1 = 4 . Chọn C. VADMN AM AN AD Câu 40. Gọi O = AC ∩ BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) . S
Ta có d A, (SBC ) = 2d O , (SBC ) . BC ⊥ OE Kẻ OE ⊥ BC , OF ⊥ SE ta có ⇒ BC ⊥ (SOE ) . BC ⊥ SO
⇒ BC ⊥ OF mà OF ⊥ SE ⇒ OF ⊥ (SBC ) .
Ta có S ABCD = AB 2 = 4 a 2 ⇒ AB = 2a ⇒ OE = a .
F
Ta có AC = 2a 2 ⇒ OA = a 2 ⇒ SO = SA2 − OA 2 = a 2 .
A
1 1 1 3 a 6 Ta có = + = 2 ⇒ OF = . 2 2 2 OF OS OE 2a 3 ⇒ d O , (SBC ) =
a 6 2a 6 ⇒ d A, (SBC ) = . Chọn C. 3 3
Câu 41. Chu vi đường tròn đáy khối trụ 1 là: C1 = 2 π R1 = AB ⇒ R1 =
B E
O D
C
AB . 2π
AD . 2π Diện tích khối trụ 1 là: S1 = π R12 . Diện tích khối trụ 2 là: S 2 = π R2 2 .
Chu vi đường tròn đáy khối trụ 2 là: C 2 = 2π R2 = AD ⇒ R2 =
AB AB 2 . AD . AD = ⇒ V1 = S1 . AD = π R12 . AD = π. ; 2π 4π 2
AD AD 2 . AB V2 = S 2 . AB = π R2 2 . AB = π. . AB = . 2π 4π 2
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
46
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ( AB.AD )
3
1000 3 = m ⇒ AB. AD = 10 m 2 ⇒ S = 10m 2 . Chọn B. 16π 2 16π 2 Câu 42. Ta có V1 = π. AB 2 . AD = 4π ; V2 = π. AD 2 . AB = 2π ⇒ V1 = 2V2 . Chọn C. Câu 43. Ta dễ dàng tìm được vecto chỉ phương của d là ud = (1;2; −2) . Chọn A. Do đó V1V2 =
Câu 44. Từ giả thiết, suy ra A (−1;1;0) và B (1;1;0) . Gọi D ( x ; y ; z ) .
x = x B − x A x = 2 Do OABD là hình bình hành nên OD = AB ⇔ y = y B − y A ⇔ y = 0 . Chọn B. z = 0 z = z B − z A Câu 45. Do ABCD là hình bình hành nên I là trung điểm của BD , suy ra D (1; −1;1) . AB = (1;1;1) Ta có ⇒ AB , AD = (1;0;−1) . AD = (0; −1;0) 2 Diện tích của hình bình hành S▱ ABCD = AB, AD = 12 + 02 + (−1) = 2 . Chọn C. 9 1 Câu 46. Tọa độ trung điểm của A B là M ;5; . 2 2 9 1 Mặt phẳng cần tìm đi qua M ;5; và nhận AB = (1;8;5) làm một VTPT nên có phương trình 2 2 x + 8 y + 5z − 47 = 0 . Chọn D. Câu 47. Đường thẳng d đi qua M (1;2;3) và có VTCP ud = (3;3;1) . ud .nP = 3 − 6 + 3 = 0 Mặt phẳng ( P ) có VTPT nP = (1; −2;3) . Ta có ⇒ d ( P ) . Chọn B. 1 − 2.2 + 3.3 − 1 ≠ 0 Câu 48. Chọn C. 2 2 u = 3 ⇒ u = u = 9 Câu 49. Theo giả thiết, ta có . (1) 2 2 = ⇒ = = v 1 v v 1 2 2 2 Từ u − v = 4 , suy ra 16 = u − v = u + v − 2uv . (2 ) 2 2 2 Kết hợp (1) và (2 ) , ta được 2uv = u + v − u − v = 9 + 1 − 4 2 = −6 . 2 2 2 Khi đó u + v = u + v + 2uv = 9 + 1 − 6 = 4. Vậy u + v = 2. Chọn C. Câu 50. Ta có (S ) : ( x −1) + y 2 + ( z + 1) = 4 nên có tâm I (1;0; −1) bán kính R = 2 . AB = (1; −1; −4 ) Ta có ⇒ nABC = AB ; AC = (−8;8;5) ⇒ ( ABC ) : 8 x − 8 y + 5 z + 3 = 0 . AC = (−1; −3; −4 ) 2
2
Gọi D ( x , y, z ) ⇒ ( x −1) + y 2 + ( z + 1) = 4 . Ta có d ( D, ( ABC )) = 2
2
Ta có 8 x − 8 y + 5z + 3 = 8 ( x −1) − 8 y + 5( z + 1) + 6 ≤
= 153.4 + 6 = 2 153 + 6 . Dấu " = " xảy ra khi
8 x − 8 y + 5z + 3 8 +8 +5 2
2
2
=
8 x − 8 y + 5z + 3 153
.
(82 + 82 + 52 ) ( x −1)2 + y 2 + ( z + 1)2 + 6 .
7 4 1 x −1 y z +1 = = ⇒ D ; − ; − . Chọn B. 3 3 3 8 −8 5
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
47
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm) ĐỀ SỐ 04
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu) Họ, tên học sinh:..................................................................................................
Giáo viên: NGUYỄN HỮU CHUNG KIÊN Câu 1. Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ℝ và phương trình f ( x) = 0 có ba nghiệm thực phân biệt. Xét các hình dưới đây, những hình nào có thể là đồ thị của hàm số f ( x) ?
(1)
(2)
(3) A. 1 và 2. B. 1, 2 và 4. C. 1 và 3. D. 2 và 4. 5 3 Câu 2. Hàm số y = x + x − 1 − 3 x đồng biến trên khoảng nào ? 1 1 A. ;1 . B. −∞; . 3 3 C. (1;7 ) . D. ( 7; +∞ ) .
Câu 3. Tìm giá trị cực đại yCÑ của hàm số f ( x) =
ln x . x
1 . e 1 C. − . e
A.
Câu 4. Tìm tập xác định của hàm số y =
(4)
B. e. D. −e.
5− x . ln ( x − 3)
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
48
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam A. D = [3;5] .
B. D = ( 3;5] \ {4} .
C. D = [3;5) .
D. D = ( 3;5 ) \ {4} .
Câu 5. Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ℝ \ {5;10} và có bảng biến thiên như sau:
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ? A. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;5 ) , ( 5;10 ) , (10; +∞ ) .
B. Phương trình f ( x) = m − 1 luôn có hai nghiệm phân biệt trên ℝ \ {5;10} , ∀m ∈ ℝ. C. Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang và 2 tiệm cận đứng. D. Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt. Câu 6. Trong các khẳng định sau, có bao nhiêu khẳng định đúng ? 1. Hàm số y = f ( x) đạt cực đại tại x0 ⇔ đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm khi qua x0 . 2. Hàm số y = f ( x) đạt cực trị tại x0 ⇔ x0 là nghiệm của đạo hàm. 3. Nếu f ' ( x0 ) = 0 và f '' ( x0 ) = 0 thì x0 phải là điểm cực trị của hàm số y = f ( x) đã cho. 4. Nếu f ' ( x0 ) = 0 và f '' ( x0 ) > 0 thì hàm số đạt cực đại tại x0 . A. 2. B. 1. C. 0. D. 3. 2 x + 4x + 2 Câu 7. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = trên đoạn [ −1;3] . x+3 14 A. max f ( x ) = 2. B. max f ( x ) = . [ −1;3] [ −1;3] 5 5 26 C. max f ( x ) = . D. max f ( x ) = . − 1;3 − 1;3 [ ] [ ] 2 3 3 2 Câu 8. Tìm m sao cho hàm số y = f ( x ) = x − 3mx + ( m − 1) x + 2 đạt cực đại tại x = 2.
A. m = 1. C. m = −1. Câu 9. Đồ thị hàm số y =
B. m = 3. D. m ∈∅.
4 − x2 có mấy tiệm cận ? x 2 − 3x − 4
A. 1. B. 2. C. 3. D. 0. Câu 10. Một kĩ sư của nhà máy được yêu cầu phải thiết kế một thùng chứa hình trụ (như hình vẽ) có thể tích nhất định. Biết rằng giá của vật liệu làm mặt đáy và nắp của thùng đắt gấp N ( N > 1) (chi phí cho mỗi đơn vị diện tích) so với vật liệu để làm mặt bên của thùng. Tỉ lệ chiều cao h và bán kính đáy r theo N được tìm bởi kĩ sư sao cho giá thành sản xuất thùng là nhỏ nhất (biết rằng kĩ sư làm đúng) ?
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
49
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
h h = 2N. B. = 2 N . r r h h D. = 3 N . C. = 3 N . r r 2 Câu 11. Giả sử x0 là nghiệm của phương trình bậc hai ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) . Cho hàm số
A.
b c y = f ( x ) = Mx, với M = max ; . Tìm tất cả giá trị của tham số a sao cho hàm số a a g ( x ) = − f ( x ) + ax nghịch biến trên ℝ.
A. a ≤
x02 . x0 + 1
B. a ≤ −
C. a ≤
x02 . x0 + 1
D. a ≤ −
x0 + 1 . x02 x0 + 1 x02
.
Câu 12. Phương trình log 2 ( 2 x − 1) + log 2 ( x + 3) = log 2 ( x 2 + 3 ) có số nghiệm là ? A. 4. C. 3. Câu 13. Tính đạo hàm của hàm số y = 12 tan x.
B. 2. D. 1.
12 tan x ln12 . sin 2 x tan x.12 tan x −1 tan x −1 C. y ' = tan x.12 ln12. D. y ' = . ln12 Câu 14. Giải bất phương trình log 1 ( x 2 − 9 ) − log 1 ( x − 3) < 1000.
A. y ' =
12 tan x ln12 . cos 2 x
B. y ' =
3
3
A. x ∈ ℝ. C. 3 < x < 31000 − 3.
B. x > 3. D. x ∈∅.
Câu 15. Tìm tập xác định D của hàm số y = ( x − 6 x + 8) 2
1 1000
.
A. D = ℝ.
B. D = [ 4; +∞ ) ∪ ( −∞; 2] .
C. D = ( 4; +∞ ) ∪ ( −∞; 2 ) .
D. D = [ 2; 4] .
2x . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai ? 7 x +1 A. f ( x ) > 1 ⇔ x + 1 < x log 7 2. B. f ( x ) > 1 ⇔ x > ( x + 1) log 2 7.
Câu 16. Cho hàm số f ( x ) =
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
50
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 1 ⇔ x < −1. D. f ( x ) > ⇔ x > 0. 2 7 Câu 17. Cho các số thực dương a, b, c, với a ≠ 1. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? 1 A. log a ( abc ) = 2 log a 2 b + log a c 2 . 2 1 B. log a ( abc ) = 1 + 2 log a 2 b + log a c 2 . 2 1 C. log a ( abc ) = log a2 b + 2 log a c 2 . 2 1 D. log a ( abc ) = 1 + log a2 b + 2 log a c 2 . 2 x Câu 18. Tính đạo hàm của hàm số y = . 1000 2 ln ( x + 1)
C. f ( x ) >
A.
(x y'=
C. y ' =
2
(x
+ 1) ln ( x 2 + 1) − 2 x 2 1000 ln 2 ( x 2 + 1)
2
+ 1) ln ( x 2 + 1) − 2 x 2
1000 ( x 2 + 1) ln 2 ( x 2 + 1)
.
B. y ' =
.
D. y ' =
2 x 2 − ( x 2 + 1) ln ( x 2 + 1) 1000 ln 2 ( x 2 + 1)
.
2 x 2 − ( x 2 + 1) ln ( x 2 + 1) 1000 ( x 2 + 1) ln 2 ( x 2 + 1)
Câu 19. Cho log 3 x = 2 3. Tính giá trị của biểu thức P = log 3 x 2 + log 1 x3 − log 9 x + log
3
.
x.
3
A. P = 3.
B. P = 2 3.
3 . 2 Câu 20. Xét a và b là hai số thực dương tùy ý. Đặt
C. P =
x = 1000 log 21000 ( a 2 + b 2 ) , y =
D. P =
3 . 6
1 1000 log 2 ( a + b ) . 1000
Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ?
A. x − 2 y > −1. B. x − 2 y ≥ −1. C. x − 2 y < −1. D. x − 2 y ≤ −1. Câu 21. Năm 2015, dân số Việt Nam là 91,7 triệu người. Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm của Việt Nam từ năm 2015 đến năm 2025 ở mức không đổi là 1,5%, hãy dự đoán dân số Việt Nam năm 2025. A. 106,54 triệu người. B. 104,95 triệu người. C. 108,15 triệu người. D. 109,78 triệu người. Câu 22. Cho f ( x ) là hàm chẵn và liên tục trên đoạn [ −2; 2]. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? 2
A.
∫ −2 2
C.
2
B.
f ( x ) dx = 0.
−2 2
2
∫ f ( x ) dx = −2∫ f ( x ) dx.
−2
D.
0
0
∫ f ( x ) dx = 1.
−2
1000
Câu 23. Tìm nguyên hàm H của hàm số f ( x ) = A. H = 21001 ln 2 x − 1 −
∫
2
f ( x ) dx = 2 ∫ f ( x ) dx.
31001 + C. 3x − 1
1000
2 3 + . 2 x − 1 ( 3 x − 1)2
B. H = 21001 ln 2 x − 1 +
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
31001 + C. 3x − 1 51
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 3999 3999 + C. D. H = 2999 ln 2 x − 1 + + C. 3x − 1 3x − 1 Câu 24. Một vật đang chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc a (t ) = 2t + t 2 (m / s 2 ). Tính quãng đường S (m) mà vật đi được trong khoảng thời gian 12 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc. A. S = 120. B. S = 2424. C. S = 720. D. S = 3576.
C. H = 2999 ln 2 x − 1 −
π 4
sin x + 11cos x dx. sin x + cos x 0
Câu 25. Tính tích phân I = ∫ 3π + 5ln 2. 2 3π C. I = + 10 ln 2. 2
A. I =
B. I = 3π + 5ln 2. D. I =
3π 5 + ln 2. 2 2
π
sin1000 x dx. sin1000 x + cos1000 x 0 2
Câu 26. Tính tích phân I = ∫ 1000
π A. I = 2
C. I =
π
1000
π B. I = 4
− 1.
D. I =
.
− 1.
π
. 2 4 Câu 27. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 4 x = y 2 và 4 y = x 2 . 4 8 A. . B. . 3 3 16 32 C. . D. . 3 3 x
Câu 28. Ký hiệu ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = xe 2 , y = 0, x = 0, x = 1. Tính thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình ( H ) xung quanh trục hoành.
A. V = π ( e − 2 ) .
B. V = π ( e − 1) .
C. V = π ( 3e − 2 ) .
D. V = π ( 3e − 1) .
Câu 29. Tìm phần thực của số phức z = 3 ( 2 + 3i ) − 4 ( 2i − 1) . A. 10. C. 7.
B. 7. D. 5. 2
Câu 30. Tìm môđun của số phức z = ( 2 + 3i )(1 + i ) . A. z = 15.
B. z = 13.
C. z = 2.
D. z = 2 13.
Câu 31.
Tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 là một số ảo là ? A. Hai đường phân giác y = x và y = − x của các góc phần tư. B. Trục ảo. C. Đường phân giác của góc phần tư thứ nhất. D. Trục hoành. Câu 32. Cho số phức z thỏa mãn iz − (−3 + i ) = 2. Trong mặt phẳng phức, đồ thị nào hiển thị đúng quỹ tích điểm biểu diễn z.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
52
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
A. Hình 1.
B. Hình 3.
C. Hình 2. D. Hình 4. 2 Câu 33. Kí hiệu z1 ; z2 là hai nghiệm phức của phương trình z − 3 z + 4 = 0. Tính giá trị của biểu thức z1 + z2 .
A. 2. C. 5. Câu 34. Cho số phức z thỏa mãn z (3 + 2i ) − 1 = z (2 + 3i ). A. z = 1 + 2i. C. z = 1 + 3i.
B. 4. D. 3. Tìm số phức z. B. z = 2i + 1. D. Không tồn tại z thỏa mãn. A'D ' Câu 35. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có B ' D ' = a 5, AA ' = A ' B ' = . Tính theo 2 a thể tích V của khối hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D '. A. V = a 3 . B. V = 2a 3 . 3 10 3 C. V = a. D. V = 3a 3 . 5 Câu 36. Cho hình chóp S . ABC có tam giác SAB đều cạnh a, tam giác ABC cân tại C. Hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của cạnh AB. Đường thẳng SC tạo với mặt đáy một góc 300. Tính theo a thể tích V khối chóp S . ABC. 3 3 2 3 A. V = a. B. V = a. 4 8 3 3 3 3 C. V = a. D. V = a. 8 2 Câu 37. Cho tứ diện OABC có = 450 , COA = 300. OA = a, OB = b, OC = c, AOB = 600 , BOC Gọi CH và CK lần lượt là đường cao của tam giác OAC và tam giác OBC. Tính thể tích V của tứ diện OABC. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
53
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam A. V =
abc 6 . 12
B. V =
abc 4 6 . 12
abc 2 abc 6 − 2 . D. V = . 12 12 Câu 38. Cho hình chóp S . ABC có cạnh SA = SB = SC = a và SA, SB, SC đôi một vuông góc với
C. V =
nhau. Tính theo a khoảng cách h từ điểm S đến mặt phẳng ( ABC ) . a a . B. h = . 2 3 a a C. h = . D. h = . 2 3 Câu 39. Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A, cạnh AB = a, AC = a 3. Tính diện tích xung quanh của hình nón nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AC. A. S xq = π 2a 2 . B. S xq = π a 2 .
A. h =
C. S xq = π 3a 2 . D. S xq = π 2a 2 . Câu 40. Hình trụ có bán kính đường tròn đáy bằng 5 và khoảng cách giữa hai đáy bằng 7. Diện tích toàn phần của hình trụ trên bằng ? A. 100π . B. 140π . D. 160π . C. 120π . Câu 41. Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 50cm × 240cm, người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 50cm theo hai cách như sau: Cách 1. Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của thùng. Cách 2. Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm sao cho tấm này có chiều dài bằng ba lần tấm kia rồi gò mỗi tấm thành mặt xung quanh của thùng. Kí hiệu V1 là tổng thể tích của hai thùng được gò theo cách 1 và V2 là tổng thể tích của hai thùng V được gò theo cách 2. Tính tỉ số 1 . V2
V1 5 = . V2 4 V 1 C. 1 = . V2 2
A.
V1 = 2. V2 V 4 D. 1 = . V2 5
B.
Câu 42. Cho khoảng cách từ tâm cầu S ( O; R ) đến mặt phẳng ( Q ) là d , với d < R. Hỏi giữa mặt phẳng ( Q ) và mặt cầu ( S ) có bao nhiêu điểm chung ?
A. 2. C. Vô số.
B. 1. D. 3.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
54
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 3 x − 4 y + 5 z − 2 = 0. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ( P ) ? A. n = ( −4;5; −2 ) . C. n = ( 3; −5; −2 ) .
B. n = ( 3; −4; 2 ) . D. n = ( 3; −4;5 ) .
Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu vớ i m
( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y + 4 z − m2 + 5 = 0, là tham số thực. Tìm m sao cho ( S ) có bán kính R = 3.
A. m = ±3 2. B. m = ± 2. C. m = ±2 2. D. m = ±2 3. Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + my + 2 z + 3 = 0, với m là tham số thực và điểm A (1; 2;1) . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho khoảng cách từ 2 . 3
điểm A đến mặt phẳng ( P ) bằng
17 . 4 17 19 C. m = − hoặc m = −1. D. m = −2 hoặc m = − . 4 4 Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng có phương trình
A. m = −2 hoặc m = −3.
B. m = −2 hoặc m = −
x = 2 + 2t d : y = −1 − 3t ( t ∈ ℝ ) . z = 1 x −1 y − 3 z + 2 = = , với m là tham số thực khác 0. Tìm m sao cho đường 1 m −2 thẳng ∆ vuông góc với đường thẳng d . A. m = 1. B. m = 2. 2 1 C. m = . D. m = . 3 3 Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 3 y + 6 z − 5 = 0 và điểm
Xét đường thẳng ∆ :
A ( 2; −3;1) . Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua điểm A và song song với mặt phẳng ( P ) . A. 3 x − 2 y − 2 z − 10 = 0. B. 2 x − 3 y + 6 z − 19 = 0. C. 3 x + 4 y + z + 5 = 0. D. 4 x − 6 y + 12 z − 19 = 0. Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −1; 2 ) và đường thẳng x −1 y z = = . Đường thẳng d cắt mặt cầu ( S ) tại hai điểm A và B với AB = 10. Viết 1 −1 1 phương trình của mặt cầu ( S ) . d:
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
A. ( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 27. B. ( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 31. C. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 27. D. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 31.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
55
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 5 y − z = 0 và đường thẳng x −1 y + 1 z − 3 = = . Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên mặt phẳng ( P ) sao cho ∆ cắt 1 1 −1 và vuông góc với đường thẳng d . d:
x − 3 y −1 z −1 x−2 y z−2 = = . B. ∆ : = = . 6 1 7 6 −5 1 x−2 y z−2 x − 3 y −1 z −1 C. ∆ : = = . D. ∆ : = = . 5 1 6 4 3 7 Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M (1; 2; 4 ) và cắt các
A. ∆ :
trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C thỏa mãn
( P)
1 1 1 + + nhỏ nhất. Mặt phẳng 2 2 OA OB OC 2
đi qua điểm nào dưới đây ?
A. T (1; −2; 4 ) .
B. T ( −3;5; 2 ) .
C. T ( 2; −2;6 ) .
D. T ( −1;1;5 ) .
ĐÁP ÁN ĐỀ 4 Câu 1. Xét f ( x) = 0 thì số nghiệm của phương trình bằng với số điểm mà đồ thị hàm số đó giao với trục hoành. Nhìn các hình biểu diễn đồ thị ta thấy f ( x) = 0 có ba nghiệm thì đồ thị biểu diễn ở hình 1 và hình 2 là thỏa mãn. Chọn A Câu 2. 1 Điều kiện x ≤ . 3 3 1 Ta có y ' = 5 x 4 + 3 x 2 + > 0, ∀x ∈ −∞; . 3 2 1 − 3x 1 1 Kết hợp với y liên tục trên −∞; ⇒ y đồng biến trên −∞; . 3 3 File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
56
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Chọn B Câu 3. Điều kiện x > 0. 1 − ln x Đạo hàm y ' = = 0 ⇔ 1 − ln x = 0 ⇔ x = e. x2 Ta thấy tại x = e đạo hàm của hàm số đổi dấu từ ''+ '' sang ''− ''. 1 Do đó hàm số đạt cực đại tại x = e ⇒ yCÑ = y(e) = . e Chọn A Câu 4. 5 − x ≥ 0 3 < x ≤ 5 Hàm số đã cho xác định ⇔ x − 3 > 0 ⇔ x ≠ 4 ln x − 3 ≠ 0 ( ) Câu 5. Đáp án A sai vì trên mỗi khoảng ( −∞;5 ) , ( 5;10 ) , (10; +∞ ) thì y ' < 0. Đáp án B sai vì khi m − 1 = 1 ⇔ m = 2 thì phương trình f ( x ) = m − 1 chỉ có duy nhất một nghiệm và nghiệm đó thuộc khoảng ( 5;10 ) .
1) Đáp án C đúng vì lim y = 1 ⇒ y = 1 là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 2) x →∞
3)
4)
lim− y = −∞ x →5 ⇒ x = 5 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. lim = +∞ y x →5+ lim− y = −∞ x →10 ⇒ x = 10 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. lim y = +∞ x →10+ Đáp án D sai vì đồ thị hàm số chỉ cắt Ox tại hai điểm phân biệt. Chọn C
Bài tập luyện thêm: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ℝ \ {±2} và có bảng biến thiên như sau:
Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai ? A. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −2 ) , ( −2; 2 ) , ( 2; +∞ ) . B. Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang và 2 tiệm cận đứng. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
57
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam C. Phương trình f ( x) = m có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m ≤ 1. D. Đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt. Đáp án C Câu 6. Rõ ràng 1 đúng. Khẳng định 2 sai vì x0 không cần thiết phải là nghiệm của đạo hàm chỉ cần qua x0 đạo hàm đổi dấu từ ''+ '' sang ''− '' hoặc từ ''− '' sang ''+ '' là được. Khẳng định 3 sai vì nếu f '( x) = 0 có nghiệm x0 với x0 là nghiệm kép của f '( x) = 0 thì
f '' ( x0 ) = 0 nhưng x0 không là điểm cực trị của hàm số vì qua x0 đạo hàm không đổi dấu. Khẳng định 4 sai vì với f ' ( x0 ) = 0 và f '' ( x0 ) > 0 thì qua x0 đạo hàm đổi dấu từ ''− '' sang ''+ '' ⇒ hàm số đạt cực tiểu tại x0 . Chọn B Câu 7. Hàm số đã xác định và liên tục trên đoạn [ −1;3] .
( 2 x + 4 )( x + 3) − ( x 2 + 4 x + 2 ) x 2 + 6 x + 10 f '( x) = = > 0, ∀x ∈ ( −1;3) . 2 2 ( x + 3) ( x + 3) 1 23 26 ⇒ max f ( x ) = . Ta có f ( −1) = − ; f ( 3 ) = [−1;3] 2 6 3 Chọn D Câu 8. Điều kiện cần. Giả sử hàm số đạt cực đại tại x = 2 ⇒ f '(2) = 0. Ta có f '( x) = 3 x 2 − 6 xm + m − 1 ⇒ f '(2) = 11 − 11m = 0 ⇒ m = 1. Đến đây nhiều bạn chọn luôn A nhưng chưa chắc vì với m = 1 thì x = 2 cũng có thể là điểm cực tiểu của hàm số và thậm trí còn không phải là điểm cực trị nếu x = 2 là nghiệm kép của phương trình f '( x) = 0. Điều kiện đủ. Thử lại, với m = 1 thì f ''(2) = 6.2 − 6 = 6 > 0 ⇒ x = 2 là điểm cực tiểu của hàm số. Chọn D Câu 9. 4 − x 2 ≥ 0 −2 ≤ x ≤ 2 Điều kiện 2 ⇔ x − 3 x − 4 ≠ 0 x ≠ −1 Ta có lim − y = +∞; lim + y = −∞ ⇒ x = −1 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số và cũng là tiệm x → ( −1)
x → ( −1)
cận duy nhất của đồ thị hàm số. Chọn A Câu 10. Gọi V là thể tích của thùng, c là chi phí trên mỗi một đơn vị diện tích để làm mặt bên của thùng (V và c là các hằng số). Chi phí để làm thùng là ( 2π rh ) .c + Nc. ( 2π r 2 ) , trong đó h và r là các biến. Ta có mối liên hệ giữa hai biến h và r được cung cấp bởi V = π r 2 h . Sử dụng mối quan hệ này để loại bỏ h (cũng có thể loại bỏ r nhưng sẽ dễ dàng hơn khi loại bỏ h vì h chỉ xuất hiện một lần trong công thức tính chi phí ). V 2cV Chi phí sản xuất là f ( r ) = 2π rc 2 + Nc 2π r 2 = + 2 Ncπ r 2 . πr r 2cV V Đạo hàm f ' ( r ) = 4 Ncπ r − 2 = 0 ⇔ r = 3 . r 2 Nπ File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
58
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Từ đó với r =
3
V thì f ( r ) đạt giá trị nhỏ nhất. 2 Nπ
r 2h h ⇔ = 2N. Lại có V = π r h ⇒ f ( r ) đạt giá trị nhỏ nhất khi r = 2N r Chọn B Câu 11. Bài ra ta có ngay ax02 + bx0 + c = 0. 2
3
c b Do a ≠ 0 ⇒ x02 = − x0 + . a a x02 c b c b x02 = − x0 + ≤ x0 + ≤ M ( x0 + 1) ⇒ M ≥ . a a a x0 + 1 a Ta có f ( x ) = Mx ⇒ f ' ( x ) = M .
Đạo hàm g ' ( x ) = − f ' ( x ) + a . Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ℝ ⇔ g ' ( x ) = − f ' ( x ) + a ≤ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ − M + a ≤ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ a ≤ M , ∀x ∈ ℝ ⇔ a ≤
x02 . x0 + 1
Chọn C Câu 12. 2 x − 1 > 0 1 ĐK: x + 3 > 0 ⇔ x > (*) 2 2 x + 3 > 0 Khi đó log 2 ( 2 x − 1) + log 2 ( x + 3) = log 2 ( x 2 + 3 ) ⇔ log 2 ( 2 x − 1)( x + 3) = log 2 ( x 2 + 3) x = 1 ⇔ ( 2 x − 1)( x + 3) = x 2 + 3 ⇔ x 2 + 5 x − 6 = 0 ⇔ x = −6 Kết hợp với (*) ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Chọn D Câu 13. 1 12 tan x ln12 Ta có y = 12 tan x ⇒ y ' = 12 tan x. ln12 = . cos 2 x cos 2 x Chọn A Câu 14. x2 − 9 > 0 x2 > 9 ĐK: ⇔ ⇔ x>3 (*) x − 3 > 0 x > 3 Khi đó log 1 ( x 2 − 9 ) − log 1 ( x − 3) < 1000 3
3
⇔ log 1 3
x2 − 9 < 1000 ⇔ log 1 ( x + 3) < 1000 x −3 3 1000
1 1 ⇔ x + 3 > ⇔ x > 1000 − 3. 3 3 Kết hợp với (*) ta được x > 3 thỏa mãn. Chọn B Câu 15. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
59
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 x > 4 Hàm số y = ( x 2 − 6 x + 8 )1000 xác định ⇔ x 2 − 6 x + 8 > 0 ⇔ x < 2 Chọn C Câu 16. 2x Xét đáp án A, ta có f ( x ) > 1 ⇔ x +1 > 1 ⇔ 2 x > 7 x +1 7 x ⇔ log 7 2 > log 7 7 x +1 ⇔ x log 7 2 > x + 1 ⇒ A đúng.
2x > 1 ⇔ 2 x > 7 x +1 x +1 7 x ⇔ log 2 2 > log 2 7 x +1 ⇔ x > ( x + 1) log 2 7 ⇒ B đúng.
Xét đáp án B, ta có f ( x ) > 1 ⇔
1 2x 1 Xét đáp án C, ta có f ( x ) > ⇔ x +1 > 2 7 2 x +1
2 x +1 2 > 1 ⇔ > 1 ⇔ x + 1 < 0 ⇔ x < −1 ⇒ C đúng. x +1 7 7 Đến đây, ta chọn ngay được D là đáp án đúng. 1 2x 1 Xét đáp án D, ta có f ( x ) > ⇔ x +1 > 7 7 7 ⇔
x
⇔
2x 2 > 1 ⇔ > 1 ⇔ x < 0 ⇒ D sai. x 7 7
Chọn D Câu 17. Với a, b, c > 0 và a ≠ 1, ta có 1 log a ( abc ) = log a a + log a b + log a c = 1 + 2 log a2 b + log a c 2 . 2
Chọn B Câu 18. Ta có y =
x 1000
ln ( x 2 + 1)
=
x x 1 = . 2 1000 ln ( x + 1) 1000 ln ( x 2 + 1)
⇒ y'=
1 . 1000
2x 2 2 2 x + 1 = ( x + 1) ln ( x + 1) − 2 x . ln 2 ( x 2 + 1) 1000 ( x 2 + 1) ln 2 ( x 2 + 1)
ln ( x 2 + 1) − x.
2
Chọn C Câu 19. ĐK: x > 0, khi đó P = log 3 x 2 + log 1 x3 − log 9 x + log
3
x
3
= 2 log 3 x + 3log 3−1 x − log 32 x + log 1 x 32
= 2 log 3 x +
log 3 x 2 3 3 1 1 log 3 x − log 3 x + log 3 x = = = 3. 1 −1 2 2 2 2
Chọn A Câu 20. Với a, b > 0, ta có x = 1000 log 21000 ( a 2 + b 2 ) = 1000.
1 log 2 ( a 2 + b 2 ) = log 2 ( a 2 + b 2 ) . 1000
1 1 1000 log 2 ( a + b ) = .1000 log 2 ( a + b ) = log 2 ( a + b ) 1000 1000 File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên y=
60
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Xét hiệu x − 2 y + 1 = log 2 ( a 2 + b 2 ) − 2 log 2 ( a + b ) + log 2 2 2 = log 2 2 ( a 2 + b 2 ) − log 2 ( a + b ) 2
(1)
2
2
Lại có 2 ( a 2 + b 2 ) − ( a + b ) = ( a − b ) ≥ 0 ⇒ 2 ( a 2 + b 2 ) ≥ ( a + b ) > 0. Khi đó từ (1) ⇒ x − 2 y + 1 ≥ 0 ⇒ x − 2 y ≥ −1, dấu " = " xảy ra ⇔ a = b > 0. Chọn B Câu 21. Từ năm 2015 đến năm 2025 là 10 năm. Khi đó dự đoán dân số Việt Nam năm 2025 là 91, 7.e10.1,5% ≈ 106, 54 triệu người. Chọn A Câu 22. 2
Ta có
∫
0
f ( x ) dx =
−2
∫
2
f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx
−2 0
Xét tích phân A =
(1)
0
∫ f ( x ) dx, đặt
x = −t.
−2
Khi x = −2 ⇒ t = 2; x = 0 ⇒ t = 0. 2
2
2
0
0
0
Do đó A = − ∫ f ( −t ) d ( −t ) = ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( − x ) dx. 2
Hàm số f ( x ) chẵn ⇒ f ( − x ) = f ( x ) ⇒ A = ∫ f ( x ) dx. 0 2
Thế vào (1) ta được
∫ −2
2
2
2
0
0
0
f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 2 ∫ f ( x ) dx.
Chọn B Câu 23. 21000 31000 1 1 Ta có H = ∫ + dx = 21000 ∫ dx + 31000 ∫ dx 2 2 2x −1 ( 3x − 1) 2 x − 1 ( 3 x − 1) 1 −1 1 3999 = 21000. ln 2 x − 1 + 31000. . + C = 2999 ln 2 x − 1 − + C. 2 3x − 1 3 3x − 1 Chọn C Câu 24. Gọi v(t ) là vận tốc của vật, ta có
v '(t ) = a (t ) = 2t + t 2 ⇒ v(t ) = ∫ ( 2t + t 2 ) dt = t 2 + Do v(0) = 10 ⇒ 0 + 0 + C = 10 ⇔ C = 10 ⇒ v(t ) = t 2 + 12
t3 t4 t3 Khi đó S = ∫ t 2 + + 10 dt = + + 10t 3 3 12 0 Chọn B Câu 25. Ta có ( sin x + cos x ) ' = cos x − sin x.
t3 + C. 3
t3 + 10. 3
12
= 2424 (m). 0
Phân tích sin x + 11cos x = m ( cos x − sin x ) + n ( sin x + cos x ) = ( n − m ) sin x + ( m + n ) cos x n − m = 1 m = 5 ⇒ ⇔ ⇒ sin x + 11cos x = 5 ( cos x − sin x ) + 6 ( sin x + cos x ) . m + m = 11 n = 6 File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
61
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam π
π
4 5 ( cos x − sin x ) + 6 ( sin x + cos x ) sin x + 11cos x dx = ∫ dx Do đó I = ∫ sin x + cos x sin x + cos x 0 0 4
π
π
4
4
0
0
= ∫ 6dx + ∫
π
5 ( cos x − sin x )
4 6π 1 + 5∫ dx = d ( sin x + cos x ) sin x + cos x 4 sin x + cos x 0
3π = + 5ln sin x + cos x 2
π 4
3π 3π 5 + 5 ln 2 = + ln 2. 2 2 2
=
0
Chọn D Câu 26. Đặt x =
π π − t ⇒ sin x = sin − t = cos t và cos x = cos − t = sin t. 2 2 2
π
Khi x = 0 ⇒ t =
π 2
; x=
π
⇒ t = 0.
2
π 2
Do đó I = − ∫ 0
cos1000 t π d −t 1000 1000 cos t + sin t 2 π
π 1000
2 cos t cos1000 x dt = ∫0 cos1000 x + sin1000 x dx cos1000 t + sin1000 t 0 2
=∫ π
π
2 sin1000 x cos1000 x Như vậy 2 I = ∫ 1000 dx + dx 1000 1000 1000 ∫ + + sin x cos x sin x cos x 0 0 2
π
sin1000 x + cos1000 x π π dx = ⇒ I = . 1000 1000 sin x + cos x 2 4 0 2
=∫
Chọn D Câu 27. Ta có 4 x = y 2 ⇔ y = ±2 x (với x ≥ 0 ). x2 Lại có 4 y = x ⇔ y = . 4 2
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 2 x và y = 2 x= 4
Diện tích cần tính là S = ∫ 2 x − 0
x2 là 4
x =0 x = 0 x2 ⇔ ⇔ 4 x = 4 x x = 8
x2 dx. 4 x2 = 0 vô nghiệm 4 4 x2 ⇒ S = ∫ 2 x − dx . 4 0
Rõ ràng trên khoảng ( 0; 4 ) phương trình 2 x −
3 2 x 2 x3 4 16 x x 16 Ta có ∫ 2 x − dx = ∫ 2 x − dx = − = ⇒S = . 3 12 0 3 4 4 3 0 0 2 4
2
4
1 2
2
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
62
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Chọn C Câu 28. 2
1
1 x Thể tích cần tính là V = π ∫ xe 2 dx = π ∫ x 2 e x dx. 0 0 1
1
Ta có I = ∫ x e dx = ∫ x d ( e 2 x
0
2
x
) = (e x ) x
1
2
0
1
− ∫ exd ( x2 )
0 1
0 1
1
1
0
0
0
= e − ∫ e x .2 xdx = e − 2 ∫ xd ( e x ) = e − ( 2 xe x ) + 2 ∫ e x dx 0 1
= e − 2e + ( 2e x ) = −e + 2e − 2 = e − 2. 0
Do đó V = π ( e − 2 ) .
Chọn A Câu 29. Ta có z = ( 6 + 4 ) + ( 9 − 8) i = 10 + i ⇒ z có phần thực là 10. Chọn A Câu 30. Ta có z = (2 + 3i )(1 + i ) 2 = (2 + 3i ).2i = −6 + 4i ⇒ z =
( −6 )
2
+ 42 = 2 13.
Chọn D Câu 31. Giả sử z = a + bi (a, b ∈ ℝ) ⇒ z 2 = a 2 − b 2 + 2abi. a = b Khi đó z 2 là một số ảo khi a 2 − b 2 = 0 ⇔ a = −b Do đó quỹ tích các điểm biểu diễn z thỏa mãn đề bài là đường thẳng y = x và y = − x. Chọn A Câu 32. Giả sử z = a + bi (a, b ∈ ℝ) ⇒ zi − (−3 + i ) = −b + 3 + (a − 1)i. Do đó zi − (−3 + i ) = 2 ⇔ (a − 1) 2 + (b − 3) 2 = 4. Vậy quỹ tích của z là đường tròn tâm I (1;3) bán kính bằng 2. Từ đó ta thấy ngay loại đi hình 1, hình 3 và hình 4 và chỉ có hình 2 là thỏa mãn. Chọn C Câu 33. 2
3 7 7 3 7 Ta có z 2 − 3 z + 4 = 0 ⇔ z − = − = i 2 ⇔ z = ± i 2 4 4 2 2 2
2
2 2 7 3 7 3 ⇒ z1 + z2 = + + + − = 4. . 2 2 2 2
Chọn B Câu 34. Giả sử z = a + bi (a, b ∈ ℝ) ⇒ z = a − bi. Bài ra ta có (a − bi )(3 + 2i ) − 1 = ( a + bi )( 2 + 3i ) ⇔ 3a + 2b − 1 + (2a − 3b)i = 2a − 3b + (3a + 2b)i ⇔ a + 5b − 1 − (a + 5b)i = 0. Suy ra không tồn tại số phức z thỏa mãn điều kiện đề bài. Chọn D Câu 35. Áp dụng định lý Pytago ta có A ' B '2 + A ' D '2 = B ' D '2 File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
63
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ⇒ 5 A ' B '2 = B ' D '2 = 5a 2 ⇒ A ' D ' = 2 A ' B ' = 2 AA ' = 2a. Do đó thể tích của hình hộp chữ nhật là V = AA '. A ' B '. A ' D ' = 2a 3 . Chọn B Câu 36.
Gọi H là trung điểm của cạnh AB ⇒ SH ⊥ ( ABC ). 3 3 SA = a. 2 2 Tam giác ABC cân tại C ⇒ CH ⊥ AB. Ta có ∆SAB đều ⇒ SH =
= 300 ⇒ HC = Góc hợp giữa SC và mặt đáy bằng 300 ⇒ SCH
SH 3 = a. 0 tan 30 2
1 1 1 3 3 3 3 a. a.a = a. Do đó VSABC = SH . AB.CH = . 3 2 6 2 2 8 Chọn C Câu 37.
Kẻ CI ⊥ ( OAB ) ⇒ OI là đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆OHK .
(
)
5 − 6 c2 2c 2 3c 2 c 2 6 + − = . Ta có HK = OK + OH − 2OK .OH .cos 60 = 4 4 4 4 2
2
2
0
Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆OHK là R = 2
2
2
2
2
Lại có CI = OC − OI = c − 4 R =
c2
(
HK c 5− 6 . = 0 2sin 60 2 3
6 −2 3
) ⇒ CI = c
6 −2 . 3
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
64
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 abc 6 − 2 . Do đó VOABC = CI .SOAB = 3 12 Chọn D Bài tập luyện thêm: Bài 1. Cho tứ diện ABCD có
= 900 , CAD = 1200 , BAD = 600. AB = a, AC = b, AD = c ( a < b, a < c ) và BAC Tính thể tích của khối tứ diện ABCD. abc 2 A. . 4 abc 2 . C. 5 Hướng dẫn:
abc 2 . 12 abc 2 D. . 15
B.
Cách 1. Lấy C ', D ' lần lượt trên AC và AD sao cho AC ' = AD ' = a. Ta có BC '2 = AB 2 + AC '2 ⇒ BC ' = a 2. ⇒ D ' C ' = a 3. Lại có D ' C 2 = AD '2 + AC '2 − 2 AD '. AC '.cos DAC Tam giác ABD ' có BD ' = a, ta thấy D ' C 2 = BD '2 + BC '2 ⇒ ∆BD ' C ' vuông tại B.
Gọi H là trung điểm của cạnh D ' C ' ⇒ AH ⊥ ( BC ' D ') . C ' D '2 a 2 a 1 a3 2 = ⇒ AH = ⇒ VABC ' D ' = AH .S BC ' D ' = . 4 4 2 3 12 AB. AC '. AD ' AC '. AD ' a 2 abc 2 = = = ⇒ VABCD = . AB. AC. AD AC. AD bc 12
Ta có AH 2 = AD '2 − Lại có
VABC ' D ' VABCD
Cách 2. Dựng đường cao BM của tam giác BC ' D '.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
65
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Do AH ⊥ ( BC ' D ') ⇒ ( ACD ) ⊥ ( BC ' D ') , BH ⊥ C ' D ' ⇒ BH ⊥ ( ACD ) . 1 1 1 1 1 3 a 6 = + = 2 + 2 = 2 ⇒ BH = 2 2 2 BH BC ' BD ' 2a a 2a 3 1 1 a 6 bc abc 2 ⇒ VABCD = BH .S ACD = . . .sin1200 = . 3 3 3 2 12 Chọn B = CAD = BAD = 600. Tính thể Bài 2. Cho tứ diện ABCD có AB = a, AC = 2a, AD = 3a và BAC tích V tứ diện ABCD. 2 3 2 3 A. V = a. B. V = a. 12 6 2 3 2 3 C. V = a. D. V = a. 4 2 Chọn D Câu 38. Cách 1. Gọi H là chân đường cao hạ từ S xuống ( ABC ) và M = AH ∩ BC. Ta có
Ta có SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ BC ⇒ BC ⊥ SH . SA ⊥ SB Lại có ⇒ SA ⊥ ( SBC ) ⇒ SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ SA. SA ⊥ SC File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
66
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam BC ⊥ SH ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ SM . Như vậy BC ⊥ SA Từ SA ⊥ ( SBC ) ⇒ SA ⊥ SM
1 1 1 1 1 1 3 a = 2+ = 2+ 2+ = 2 ⇒h= . 2 2 2 SH SA SM SA SB SC a 3 3V Cách 2. Ta có ngay h = S . ABC . S ABC ⇒
Theo định lí Pytago ta dễ dàng có được AB = BC = CA = a 2 1 1 2 3 a2 3 0 ⇒ S ABC = AB. AC sin 60 = .2a . = . 2 2 2 2 1 a3 Lại có 3VS . ABC = 3VA.SBC = AS .S SBC = a. a.a = 2 2 a3 3V a ⇒ h = S . ABC = 22 = S ABC 3 a 3 2 Chọn B Câu 39. Tam giác ABC vuông tại A ⇒ BC = AB 2 + AC 2 = 2a. Khi quay tam giác ∆ABC quanh trục AC ta được hình nón có bán kính đường tròn đáy R = AB = a, đường sinh l = BC = 2a và đường cao h = AC = a 3. Do đó diện tích xung quanh S xq = π Rl = 2a 2π .
Chọn A Câu 40.
Bán kính đường tròn đáy hình trụ R = 5 và khoảng cách giũa hai đáy h = 7. Do đó diện tích xung toàn phần của hình trụ Stp = 2π R 2 + 2π Rh = 2π R ( R + h ) = 120π .
Chọn C Câu 41. Một đường tròn có bán kính r thì có chu vi và diện tích lần lượt là C2 C = 2π r , S = π r 2 ⇒ S = . 4π File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
67
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Gọi chiều dài miếng tôn là a thì tổng diện tích đáy của thùng những thùng tôn trong hai trường hợp 2 2 2 a a 3a a2 5a 2 4 4 2 là S1 = 2. = ; S2 = + = . 4π 8π 4π 4π 32π Do các thùng tôn tạo ra cùng chiều cao h = 50 (cm) a2 V h.S1 4 ⇒ 1 = = 8π2 = . 5 V2 h.S2 5a 32π Chọn D Câu 42.
Do d < R nên quỹ tích các điểm chung giữa ( Q ) và ( S ) nằm trên đường tròn đường bán kính
r = R 2 − h 2 ⇒ có vô số điểm chung giữa ( Q ) và ( S ) . Chọn C Câu 43. Mặt phẳng ax + by + cx + d = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 > 0 ) có một VTPT là n = ( a; b; c ) . Dựa vào đó, ta thấy ngay ( P ) : 3x − 4 y + 5 z − 2 = 0 có một VTPT là n = ( 3; −4;5 ) . Chọn D Câu 44. 2 2 2 Ta viết lại mặt cầu ( S ) như sau ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = m2 + 1
⇒ ( S ) có bán kính R = m 2 + 1. Bài ra ta cần có Chọn C Câu 45.
m 2 + 1 = 3 ⇔ m 2 + 1 = 9 ⇔ m2 = 8 ⇔ m = ±2 2.
Ta có d ( A; ( P ) ) =
1 + 2m + 2.1 + 3
2m + 6
. 1 +m +2 m2 + 5 2m + 6 2 2 Bài ra d ( A; ( P ) ) = ⇒ = ⇔ m2 + 5 = 3 m + 3 2 3 m +5 3 2
2
2
=
m = −2 ⇔ m 2 + 5 = 9 ( m2 + 6m + 9 ) ⇔ 8m 2 + 54m + 76 = 0 ⇔ m = − 19 4
Chọn D Câu 46. Đường thẳng d có một VTCP là u1 = ( 2; −3; 0 ) . Đường thẳng ∆ có một VTCP là u2 = (1; m; −2 ) . File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
68
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 2 YCBT ⇔ u1.u2 = 0 ⇔ 2 − 3m + 0 = 0 ⇔ m = , thỏa mãn m ≠ 0. 3 Chọn C Câu 47. Ta có ( Q ) / / ( P ) : 2 x − 3 y + 6 z − 5 = 0 ⇒ ( Q ) : 2 x − 3 y + 6 z + m = 0 ( m ≠ −5) .
Lại có ( Q ) qua A ( 2; −3;1) ⇒ 2.2 − 3. ( −3) + 6.1 + m = 0 ⇔ m = −19, thỏa mãn m ≠ −5.
⇒ ( Q ) : 2 x − 3 y + 6 z − 19 = 0. Chọn B Câu 48. Gọi R là bán kính của mặt cầu ( S ) và gọi N là trung điểm của cạnh AB AB = 5. 2 Tam giác IAB cân tại I có N là trung điểm của cạnh AB ⇒ IN ⊥ AB ⇒ NA = NB =
2
⇒ R 2 = IA2 = AN 2 + IN 2 = 25 + d ( I ; d ) . IM ; u Ta có d qua M (1;0;0 ) và có một VTCP là u = (1; −1;1) ⇒ d ( I ; d ) = . u 2 2 2 Lại có IM ⇒ IM ; u = ( −1; −2; −1) ⇒ IM ; u = ( −1) + ( −2 ) + ( −1) = 6. 2 Từ u = (1; −1;1) ⇒ u = 12 + ( −1) + 12 = 3
6 = 2 ⇒ R 2 = 25 + 2 = 27 ⇒ R = 3 3. 3 Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −1; 2 ) và bán kính R = 3 3 ⇒ d ( I;d ) =
2
2
2
( )
⇒ ( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 3 3
2
= 27.
Chọn A Bình luận: Ngoài cách tính IM như trên, ta còn cách khác như sau: x = 1+ t Ta có d : y = −t (t ∈ ℝ ). z = t Do M ∈ d ⇒ M (1 + t ; −t ; t ) ⇒ IM = ( t ;1 − t ; t − 2 ) . Đường thẳng d có một VTCP là u = (1; −1;1) Khi đó IM ⊥ AB ⇔ IM .u = 0 ⇔ t − 1 + t + t − 2 = 0 ⇔ t = 1 2 ⇒ IM = (1; 0; −1) ⇒ IM = 12 + 02 + ( −1) = 2. Câu 49.
x = 1+ t Ta có d : y = −1 + t ( t ∈ ℝ ) . z = 3 − t Giả sử ∆ cắt và vuông góc với d tại M ⇒ M ( t + 1; t − 1;3 − t ) . Bài ra ∆ nằm trên ( P ) ⇒ M ∈ ( P ) ⇒ 2 ( t + 1) − 5 ( t − 1) − ( 3 − t ) = 0
⇔ −2t + 4 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ M ( 3;1;1) . File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
69
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Mặt phẳng ( P ) có một VTPT là n = ( 2; −5; −1) . Đường thẳng d có một VTCP là u = (1;1; −1) .
Đường thẳng ∆ nằm trên ( P ) và ∆ ⊥ d ⇒ ∆ nhận n; u = ( 6;1; 7 ) là một VTCP. x − 3 y −1 z −1 Kết hợp với ∆ qua M ( 3;1;1) ⇒ ∆ : = = . 6 1 7 Chọn A Câu 50. 1 1 1 1 1 Kẻ OH ⊥ ( P ) tại H ⇒ + + = ≥ không đổi. 2 2 2 2 OA OB OC OH OM 2 Dấu " = " xảy ra ⇔ H ≡ M nên OM ⊥ ( P ) . Khi đó ( P ) qua M (1; 2; 4 ) và nhận OM = (1; 2; 4 ) là một VTPT
⇒ ( P ) :1. ( x − 1) + 2 ( y − 2 ) + 4 ( z − 4 ) = 0 ⇒ ( P ) : x + 2 y + 4 z − 21 = 0. Từ đó ( P ) đi qua điểm T ( −1;1;5 ) .
Chọn D ----
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
70
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm) ĐỀ SỐ 05
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu) Họ, tên học sinh:..................................................................................................
Giáo viên: NGUYỄN HỮU CHUNG KIÊN mx + 2 có đồ thị là (Cm). Tìm m để trên đồ thị (Cm) có hai đimẻ P, Q cách x −1 đều hai điểm A(-3,4), B(3,-2) và diện tích tứ giác APBQ bằng 24. m = −2 A. B. m = 2 m=2 C. m = -2 D. không có m thỏa mãn 2x + 1 Câu 2: Cho hàm số y = có đồ thị (C) và các điểm M∈(C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến x −1 hai đường tiệm cận bằng 4. Hỏi có mấy đểm M thỏa mãn. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 3: Cho đồ thị hàm số (C): y = x4 – 6x2 +2. Tìm nhận xét không đúng trong các nhận xét sau: A. Đồ thị hàm số luôn có ba điểm cực trị phân biệt không thẳng hàng B. Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ C. Đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu D. Đồ thị hàm số đã cho đối xứng qua điểm A(0,2). Câu 4: Tìm m để hàm số y = ( m + 1) x3 – 3 ( m + 1) x 2 + 2mx + 4 đồng biến trên khoảng có độ
Câu 1: Cho hàm số y =
dài không nhỏ hơn 1. A. m ∈ ( −9; −1)
B. m ∈ ( −∞; −9 ∪ ( −1; +∞ )
C. m ∈ ( −∞; −9
D. m ∈ ( −∞; −9 ) ∪ ( −1; +∞ )
Câu 5: Giả sử hàm số f(x) liên tục trên khoảng (a;b) chứa điểm x0 và có đạo hàm trên khoảng (a; x0) và (x0; b). Khi đó mệnh đề nào sau đây không đúng: A. Nếu f’(x)<0 với mọi x∈(a; x0) và f’(x)>0 với mọi x∈(x0; b) thì hàm số f(x) đạt cực tiểu tại điểm x0 . B. Nếu f’(x)>0 với mọi x∈(a; x0) và f’(x)<0 với mọi x∈(x0; b) thì hàm số f(x) đạt cực đại tại điểm x0 . C. Để hàm số f(x) đạt cực trị tại x0 thì hàm số f(x) phải có đạo hàm tại x0. D. Hàm số f(x) vẫn có thể đạt cực trị tại x0 nếu không tồn tại đạo hàm tại x0. Câu 6: Gọi a là chiều dài, b là chiều rộng của hình chữ nhật có diện tích lớn nhất nội tiếp trong đường tròn có bán kính R cho trước, khi đó a, b có giá trị: A. a = b = R 2
B. a=R 3 ; b=R
Câu 7: Cho đồ thị hàm số (C): y =
C. a =
R 2
; b=
R 14 D. a = b = R 3 2
x +1
, trong các kết luận sau, kết luận nào đúng: x +x−2 A. Đồ thị hàm số (C) có duy nhất một tiệm cận đứng là x = −2 và một tiệm cận ngang là trục hoành. B. Đồ thị hàm số (C) có hai tiệm cận đứng là x = −2 và x = 1 một tiệm cận ngang là trục hoành. C. Đồ thị hàm số (C) có một tiệm cận ngang là trục tung và hai tiệm cận đứng là x = −2 và x = 1 . D. Đồ thị hàm số (C) có một tiệm cận ngang là trục tung và một tiệm cận đứng duy nhất là x=1. mx + 1 Câu 8: Với giá trị nào của m thì hàm số y = tăng trên từng khoảng xác định ? x −1 A. m > 0 B. m < −1 C. m > −1 D. m < 0 2
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
71
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 9: Gọi M và m lần lượt là GTLN và GTNN của hàm số y = x 1 − x 2 trên tập xác định. Khi đó M – m bằng: A. 1 B. 2 C. 3 D. đáp số khác Câu 10: Đường cao tốc mới xây nối hai thành phố A và B, hai thành phố này muốn xây một trạm thu phí và trạm xăng ở trên đường cao tốc như hình vẽ. Để tiết kiệm chi phí đi lại, hai thành phố này quyết định toán xem xây trạm thu phí ở vị trí nào để tổng khoảng cách từ hai trung tâm thành phố đến trạm là ngắn nhất, biết khoảng cách từ trung tâm thành phố A, B đến đường cao tốc lần lượt là 60km và 40km và khoảng cách giữa hai trung tâm thành phố là 120km (được tính theo khoảng cách của hình chiếu vuông góc của hai trung tâm thành phố lên đường cao tốc, tức là PQ kí hiệu như hình vẽ). Tìm vị trí của trạm thu phí và trạm xăng? (Giả sử chiều rộng của trạm thu phí không đáng kể).
A. 72km kể từ P B. 42km kể từ Q C. 48km kể từ P D. tại P 3 2 Câu 11: Cho hàm số y = 2x − 3 ( 2m + 1) x + 6m ( m + 1) x + 1 . Câu nào sau đây là đúng ? A. Với mọi m, hàm số luôn đạt cực trị tại x1; x2 và x 2 − x1 . B. Tọa độ điểm cực đại thỏa mãn phương trình y = 3x 2 + 1 . C. Với m = 0 thì hàm số đồng biến trên khoảng ( 0;1) . D. Chỉ b, c đúng. 2
x Câu 12: Cho phương trình log3 (x − 2) + log3 2 = 0 . Tổng các nghiệm của phương x − 3x + 3 trình là: 11 5 A. 4 B. C. D. 3 4 2 Câu 13: Cho log3 2 = a; log3 5 = b , khi đó log340 bằng: A. 3a − b B. a + 3b C. 3a + b D. a − 3b x −x e −e Câu 14: Tìm đạo hàm của hàm số y = x − x e +e 2x −2x 2(e + e ) 2 A. y ' = B. y ' = 2 2 ex + e− x e x + e− x
(
C. y ' =
4
(
(
)
e x + e− x
)
2
Câu 15: Tập xác định của hàm số y =
)
D. Đáp án khác
ln x + 2 là: ln x + 1
A. D = (e −2 ; +∞)
B. D = (e−1; +∞)
C. D = (0; e−2 ] ∪ (e−1; +∞)
D. D = (−∞; e−2 ) ∪ (e −1; +∞)
Câu 16: Đạo hàm của hàm số y = (x 3 + x) ln(x 2 + 1) có dạng: File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
72
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam A. y ' = (3x 2 + 1) ln(x 2 + 1) + 2x 2
B. y ' = (3x 2 + 1) ln(x 2 + 1) − 2x 2
C. y ' = (3x 2 + 1) ln(x 2 + 1) + 2x D. y ' = (3x 2 + 1) ln(x 2 + 1) − 2x Câu 17: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình: log3 (x + 2) + 2m log
x+2
3 = 16
Có hai nghiệm đều lớn hơn - 1 A. vô số B. không có m C. 63 giá trị D. 15 giá trị −x Câu 18: Cho hàm số y = e (x − 2) và các phát biểu sau: I.Hàm số có tập xác định là ℝ. II.Hàm số đạt cực tiểu tại duy nhất một điểm là x = 3 . III.Đồ thị hàm số cắt Oy tại A, khi đó đường thẳng tiếp xúc với độ thị hàm số tại A có hệ số góc là 3. A. chỉ I và II đúng B. chỉ II và III đúng. C. chỉ I và III đúng D. cả I, II, III đều đúng.
Câu 19: Tìm m để bất phương trình sau thỏa mãn với mọi x > 0: log 2 (2 x +1 + 6) > m − x A. m > 3 B. m < 3 C. không tồn tại m D. mọi m Câu 20: Bất phương trình
2x + 2 3 5− x
1 ≥ 9
− x +13
có bao nhiêu nghiệm nguyên dương ?
A. 6 B. 10 C. 11 D. vô số Câu 21: Theo số liệu từ Facebook, số lượng các tài khoản hoạt động tăng một cách đáng kể tính từ thời điểm tháng 2 năm 2004. Bảng dưới đây mô tả số lượng U(x) là số tài khoản hoạt động, trong đó x là số tháng kể từ sau tháng 2 năm 2004. Biết số lượt tài khoản hoạt động tăng theo hàm số mũ x
xấp xỉ như sau: U ( x ) = A. (1 + 0, 04 ) với A là số tài khoản hoạt động đầu tháng 2 năm 2004. Hỏi
đến sau bao lâu thì số tài khoản hoạt động xấp xỉ là 194 790 người, biết sau hai tháng thì số tài khoản hoạt động là 108 160 người. A. 1 năm 5 tháng B. 1 năm 2 tháng C. 1 năm D. 11 tháng 1 1 1 1 Câu 22: Cho x=2016!, khi đó A = + + + ... + . A có giá trị bằng: log 2 x log 3 x log 4 x log 2016 x A. 1 B. log2016 C. 2016! D. không tính được. Câu 23: Phương trình log 24 x = log 2 x.log 2 ( x − 1 − 1) có số nghiệm là A. 3 B. 2 C. 0 D. 1 Câu 24: Mệnh đề nào là sai trong các mệnh đề sau ? x 2 + 6x + 1 x 2 + 10 A. Hàm số F(x) = và G(x) = là nguyên hàm của cùng một hàm số. 2x − 3 2x − 3 B. Hàm số F(x) = 5 + 2sin 2 x và G(x) = 1 − cos 2x là nguyên hàm của cùng một hàm số. x −1 C. Hàm số F(x) = x 2 − 2x + 2 là nguyên hàm của hàm số f (x) = x 2 − 2x + 2 D. Hàm số f (x) = sin x là một nguyên hàm của hàm số f (x) = cos x Câu 25: Trong các hàm số sau: 2 I. f (x) = tan 2 x + 2 II. f (x) = III. f (x) = tan 2 x + 1 2 cos x Hàm số nào có một nguyên hàm là hàm số g(x)=2 tan x A. I, II, III B. II, III C. I, III D. II, III Câu 26*: Tính thể tích vật thể tạo được khi lấy giao vuông góc hai ống nước hình trụ có cùng bán kính đáy bằng A. 16a 3 2a 3 4a 3 A. V = B. V = C. V = D. V = a 3 3 3 3 File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
73
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 27: Tính diện tích hình phẳng được giới hạn như hình vẽ: y 4
0 -2 28 A. 3
x 2
25 B. 3
C.
22 3
D.
26 3
π Câu 28: Cho hình phẳng D được giới hạn bởi y = tan x; x = 0; x = ; y = 0 . Gọi S là diện tích 3 hình phẳng giới hạn bởi D, V là thể tích vật tròn xoay khi quay D quanh Ox. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: π π A. S = ln 2, V = π 3 + B. S = ln 2, V = π 3 − 3 3 π π C. S = ln 3, V = π 3 + D. S = ln 3, V = π 3 − 3 3 ln m
Câu 29: Cho A =
∫ 0
ex ex − 2
dx = ln 2 . Khi đó giá trị của m là:
A. m = 0; m = 4 B. m = 2 C. m = 4 Câu 30: Trong các kết luận sau, kết luận nào sai ?
D. m = 0
A. Mô đun của số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) được tính bằng z = a 2 + b 2 B. Mô đun của số phức z (với z là khác 0) là một số thực dương. C. Mô đun của số phức z là một số phức. D. A và B đúng. iz − (1 + 3i) − z 2 Câu 31: Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện: = z 1+ i 45 9 45 9 A. z = − i B. z = + i C. z = 45 + 9i D. −45 − 9i 26 26 26 26 i−m 2−m Câu 32: Tìm tất cả các số thực m biết z = và z.z = trong đó i là đơn vị ảo. 1 − m(m − 2i) 2 m = 0 m = 0 A. B. m = −1 C. D. ∀m m = 1 m = −1 z 6 + 7i = , điểm nào sau đâu là điểm biểu diễn của số phức z: 1 + 3i 5 A. M(0;1) B. N(1;1) C. P(-1;-1) D. Q(0,-1) 1 Câu 34: Cho hai số phức z1; z2 thỏa mãn iz1 + 2 = và z 2 = iz1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2 thức z1 − z 2
Câu 33: Cho số phức z −
1 1 1 1 B. 2 + C. 2 − D. 2 + 2 2 2 2 Câu 35: Đường nối tâm hai mặt kề bên của một hình lập phương có độ dài 3 2 . Thể tích của khối lập phương này bằng: A. 210 B. 210 C. 214 D. 216
A. 2 −
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
74
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 36: Cho tứ diện ABCD có thể tích khối ABCD bằng 126, hai tam giác ABC và ABD có diện tích cùng bằng 21. M là một điểm thuộc cạnh CD và d1; d2 lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt phẳng (ABC) và (ABD). Vậy (d1+d2) bằng: A. 18 B. 20 C. 22 D. 24 Câu 37: Cho hình vẽ: Tam giác SOA vuông tại O có MN || SO với M, N lần lượt nằm trên cạnh SA, OA. Đặt SO = h không đổi. Khi quay hình vẽ quanh SO thì tạo thành một hình trụ nội tiếp hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O bán kính R =OA. Tìm độ dài của MN để thể tích khối trụ là lớn nhất. h h h A. MN = B. MN = C. MN = D. 2 3 4 h MN = 6 Câu 38: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh AB=a, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 60o. Tính theo a thể tích tứ diện B’ABC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AB’C). a3 3 a a3 3 3a A. VB'ABC = ;d = B. VB'ABC = ;d = 8 4 8 4 3 3 a 3 a a 3 a 3 C. VB'ABC = ;d = D. VB'ABC = ;d = 4 4 4 8 Câu 39: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân ABCD với AB=2a, BC=CD=DA=a và SA ⊥ (ABCD). Một mặt phẳng qua A vuông góc với SB và cắt AB, SC, SD lần lượt tại M, N, P. Tính đường kính khối cầu ngoại tiếp khối ABCDMNP. a 3 A. a 3 B. a C. 2a D. R= 2 Câu 40: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên cũng bằng A. Thể tích của khối nón ngoại tiếp hình chóp là: πa 3 2 πa 3 πa 3 A. B. C. D. Đáp án khác. 12 12 6 Câu 41: Một hình lập phương có cạnh bằng A. Thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình lập phương là: πa 3 A. πa 3 B. 4πa 3 C. D. 2πa 3 2 Câu 42: Xét một hộp bóng bàn có dạng hình hộp chữ nhật. Biết rằng hộp chứa vừa khít ba quả bóng bàn được xếp theo chiều dọc, các quả bóng bàn có kích thước như nhau. Phần không gian còn trống trong hộp chiếm: A. 47,64% B. 65,09% C. 82,55% D. 83,3% Câu 43: Một chậu nước hình bán cầu bằng nhôm có bán kính R=10 đặt trong một khung hình hộp chữ nhật (như hình vẽ). Trong chậu chứa sẵn một khối nước hình chỏm cẩu có chiều cao h=2. Người ta bỏ vào chậu một viên bi hình cầu bằng kim loại thì mặt nước dâng lên vừa phủ kín viên bi (như hình vẽ). Cho biết công thức tính thể tích của khối chỏm cầu hình cầu (O;R) có chiều cao h là: h Vchỏm = πh 2 R − , bán kính của viên bi: 3
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
75
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 C. r ≈ 1,5 D. Đáp án khác. 2 Câu 44: Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua A(1;4;-7) và vuông góc với mặt phẳng x+2y-2z+3=0 là: y − 4 −z − 7 A. x − 4 = y − 1 = z + 3 B. x − 1 = = 2 2 x −1 z+7 y−4 z+7 C. = y−4= D. x − 1 = = 4 2 2 −4 x y+1 z − 2 Câu 45: Biết rằng đường thẳng d : = −1 = là tiếp tuyến của mặt cầu tâm I(1;3;5). Bán kính 1 −1 r của mặt cầu có độ dài là: A. 14 B. 14 C. 77 D. 7 Câu 46: Gọi (β) là mặt phẳng song song với mặt phẳng (α) : 3x − 2y − z + 5 = 0 và chứa đường x y −8 z − 4 thẳng d : = = . Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (α) và (β) là: 2 1 4 9 9 3 3 A. B. C. D. 14 14 14 14 Câu 47: Cho tam giác ABC với A(0;-1;2), B(3;0;1), C(2;3;0) và hai mặt phẳng (P): x+2y+z-3=0; (Q): 2x-y-z+3=0. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q), khi có mặt phẳng (α) đi qua H và chứa ∆ có phương trình: A. 7x + 19y + 10z − 30 = 0 B. 7x + 19y + 10z + 4 = 0 C. 10x + 7y + 19z − 30 = 0 D. 10x + 7y + 19z − 4 = 0
A. r ≈ 1
B. r ≈
Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x − 1) 2 + (y − 2) 2 + (z − 3) 2 = 9 và x −6 y−2 z−2 đường thẳng ∆: = = . Viết tất cả các phương trình mặt phẳng (P) đi qua M(4;3;4), −3 2 2 song song với đường thẳng ∆ và tiếp xúc với mặt cầu (S). 2x + 2y + z − 18 = 0 A. 2x + 2y + z − 18 = 0 B. 2x + y + 2z − 19 = 0 C. 2x + y + 2z − 19 = 0 D. Không tồn tại (P). Câu 49: Cho A ( 0;2; −2 ) , B ( −3;1; −1) ,C ( 4;3; 0 ) và D (1;2; m ) . Tìm m để 4 điểm A, B, C, D đồng phẳng. Một học sinh giải như sau: Bước 1: AB = (−3; −1;1); AC = (4;1; 2); AD = (1;0; m + 2) −1 1 1 3 −3 −1 Bước 2: AB, AC = , , = (−3;10;1) 1 2 2 4 4 1 AB, AC .AD = 3 + m + 2 = m + 5 . Bước 3: A, B, C, D đồng phẳng ⇔ AB, AC .AD = 0 ⇔ m + 5 = 0 Đáp số: m = -5 Bài giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở bước nào? A. Đúng B. Sai ở bước 1 C. Sai ở bước 2 D. Sai ở bước 3 Câu 50: Cho A(2;0;0), B(0;2;0), C(0;0;2), D(2;2;2). Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán kính là: 3 2 A. 3 B. 3 C. D. 2 3
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
76
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
77
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ĐÁP ÁN ĐỀ 5 Câu 1: Đáp án B. Phân tích: Ta nhận thấy đề bài khá phức tạp và rắc tối, tuy nhiên ta có thể nhận thấy như sau. Do P, Q là hai điểm phân biệt và cách đều hai điểm A(-3;4), B(3;-2), nên P, Q nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB. Khi đó ta sẽ viết được phương trình đường thẳng P, Q cho việc tham số hóa P, Q trở nên đỡ phức tạp hơn, lúc này khi tham số hóa P, Q ta sẽ có hai ẩn là hai hoành độ của P, Q (với hai hoành độ là hai nghiệm của phườn trình hoành độ giao điểm). Khi đã tham số hóa được PQ rồi ra thấy đề cho diện tích tứ giác APBQ do đó ta đi tìm mối liên hệ giữa tọa độ hai điểm P, Q và diện tích tứ giác. Ta nhận thấy ngay tứ giác có hai đường chéo vuống góc, tức là S=AB.PQ do vậy kết hợp với định lí Viet ta sẽ tìm được m. Lời giải chi tiết như sau: Ta viết được phương trình PQ: qua I(0;1) là trung điểm của AB và có vtpt là AB , khi đó PQ: x − y + 1 = 0 . Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa đường thẳng PQ và đồ thị (Cm): mx + 2 = x + 1 ⇔ mx + 2 = x 2 − 1 (với x≠1). x −1 ⇔ x 2 − mx − 3 = 0(*) ∆ > 0 Để đường thẳng PQ cắt (Cm) tại hai điểm phân biệt khác 1 tức là ⇔ m ≠ −2 m + 2 ≠ 0 Khi đó: P(x1; x1 + 1); Q(x 2 ; x 2 + 1) ⇒ PQ = 2(x 2 − x1 ) 2 Ta có: S = 24 ⇔ 3 2. 2(x1 − x 2 )2 = 24
⇔ (x1 + x 2 )2 − 4x1x 2 = 16 Áp dụng Viet với phương trình (*) ta được m=2 m 2 + 12m − 16 = 0 ⇔ ⇔m=2 m = −2 Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả quên điều kiện để hai nghiệm khác -2 nên đến cuối chọn luôn A là sai. Hãy luôn nhớ điều kiện để mẫu số khác 0. Câu 2: Đáp án D Phân tích: Ta thấy do đề bài liên quan đến hai đường tiệm cận do đó ta sẽ tìm nhanh các đường tiệm cận bằng cách nhẩm nhanah mà tôi đã gửi giới thiệu cho quý độc giả ở các đề trước và ta được: Đồ thị 3 hàm số có tiệm cận ngang y=2 và tiệm cận đứng x=1. Giả sử M(x0;y0), khi đó M x 0 ; 2 + . x0 −1 Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng sẽ là x 0 − 1 . Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang sẽ là
y0 − 2 =
3 3 2 . Khi đó x 0 − 1 + = 4 ⇔ x 0 − 1 − 4 x 0 − 1 + 3 = 0 . Nhận thấy số điểm M thỏa x0 −1 x0 −1
x0 −1 = 1 mãn phụ thuộc vào số nghiệm của phương trình này. Bấm máy tính ta thấy . Vậy sẽ có 4 x 0 − 1 = 3 nghiệm thỏa mãn, tức là bốn điểm M. Câu 3: Đáp án C. Phân tích: Ta xét thấy phương trình y’=4x3-12x=0 luôn có ba nghiệm phân biệt do đó A đúng, B đúng do hàm số đa thức luôn xác định và liên tục trên ℝ. Tiếp theo đến nhận xét C thì ta nhớ lại bảng dạng đồ thị hàm số mà tôi đã nhắc nhiều lần cho quý độc giả ở các đề trước, với hàm trùng phương bậc bốn có hệ số a=1>0 và phương trình y’=0 có ba nghiệm phân biệt thì đồ thị hàm số có dạng chữ W (đây chỉ là mẹo nhớ chứ không phải đồ thị có dạng đúng là chữ W), tức là có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại. Vậy C sai. Câu 4: Đáp án B File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
78
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Phân tích: Ta có để hàm số đồng biến trên khoảng có độ dài không nhỏ hơn 1 tức là ta cần đi xét từng trường hợp hệ số a=m+1 lớn hơn hay nhỏ hơn không, từ đó tìm các khoảng đơn điệu, và xét phương trình y’=0 từ đó tìm ra mối liên hệ giữa hoành độ của các điểm cực trị của đồ thị hàm số với các khoảng đơn điệu. Trước tiên: y’ = 3 ( m + 1) x 2 − 6 ( m + 1) x + 2m Với m = −1; y’ = − 2 < 0 loại. Với m > −1 . Khi đó hệ a = m + 1 > 0 tức là đồ thị hàm số hoặc không có cực trị, tức là luôn đồng biến trên ℝ, hoặc là đồ thị hàm số có dạng chữ N, khi đó hàm số luôn có khoảng đồng biến có độ dài lớn hơn 1 (thỏa mãn). Với m < −1 , thì yêu cầu của bài toán sẽ trở thành y’=0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 − x 2 ≥ 1 . Lí giải điều này là do a=m+1<0, lúc này nếu y’=0 vô nghiệm thì không thỏa mãn yêu cầu đề bài, nên phương trình y’=0 phải luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2, tức là lúc này hàm số sẽ đồng biến trên (x1; x2). ⇔ phương trình y’=0 luôn có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 − x 2 ≥ 1 . (m + 3)(m + 1) > 0 ∆ ' = 9(m + 1) 2 − 6m(m + 1) > 0 m < −3 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ m ≤ −9 8m 2 3 0 − ≥ m 9 ≤ − (x + x ) − 4x x ≥ 1 1 3(m + 1) 2 1 2 Kết hợp với TH2 thì m ∈ (−∞; −9] ∪ (−1; +∞) . Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả sẽ quên trường hợp m> -1 và sẽ chọn C. Câu 5: Đáp án C. Phân tích: Ta lần lượt xét từng mệnh đề một: Ta có f’(x) đổi dấu qua x0, tức là x0 là điểm cực trị của hàm số, và Nếu f’(x) <0 với mọi x ∈ ( a; x 0 ) và f ' ( x ) > 0 với mọi x ∈ ( x 0 ; b ) thì hàm số f(x) đạt cực tiểu tại điểm
x0 . Nêu f’(x) >0 với mọi x ∈ ( a; x 0 ) và f’(x) <0 với mọi x ∈ ( x 0 ; b ) thì hàm số f(x) đạt cực đại tại điểm x0. Vậy A, B đúng. Với C ta có rõ ràng với hàm số y = x 2 , hàm số đạt cực tiểu tại x=0 nhưng không có đạo hàm tại x=0, do đó C sai. Câu 6: Đáp án A. Phân tích:
BC = 4R 2 − x 2 . Khi đó
Đặt AB=x (0
bđt Cauchy cho hai số dương ta S = x. 4R 2 − x 2 . Áp dụng có x 2 + 4R − x 2 2 2 x. 4R − x ≥ = 2R 2 . Dấu bằng xảy ra khi x = 4R 2 − x 2 ⇔ x = R 2 . Tức là 2 a=b=R 2. Câu 7: Đáp án B Phân tích: Ta có D = ℝ \ {−2;1} lim
x +1 2
= −∞ và lim
x +1 2
x +x−2 x →1+ x + x − 2 hàm số (C). Từ đây ta có thể loại A và D. x →−2+
= +∞ . Do đó x= -2 và x=1 là hai tiệm cận đứng của đồ thị
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
79
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
1 1 + 2 x +1 x x lim 2 = lim = 0 ⇒ y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Mà y=0 là trục − 1 2 x→ + ∞ x + x − 2 1+ − 2 x x hoành của đồ thị hàm số, do đó B đúng. Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả không phân biệt được phương trình của trục tung và trục hoành dẫn đến sai, nếu không nhớ, hãy thử vẽ trục tọa độ ra khi đó bạn sẽ xác định được một cách rõ ràng phương trình của các trục tọa độ. Câu 8: Đáp án B Phân tích: Đây chỉ là cách hỏi khác của dạng bài tìm m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định, −m − 1 Ta có y ' = để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định thì =m-1>0 ⇔ m< -1 (x − 1)2 Câu 9: Đáp án A Phân tích: D = [ −1;1] , khi đó để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên tập xác định thì ta tìm các giá trị làm cho y’=0 và y’ không xác định, sau đó so sánh các giá trị của hàm số tại các điểm đó với nhau và với điểm đầu mút để kết luận GTLN, GTNN. x.x y ' = 0 ⇔ 1 − x2 − =0 1 − x2 1 1 ⇒ x2 = 1− x2 ⇔ x2 = ⇔ x = ± 2 2 1 1 1 Ta có Min f − ;f ; f (−1);f (1) = − 2 2 2
1 1 1 Max f − ;f ;f (−1); f (1) = − 2 2 2 ⇒ M − m =1 Câu 10: Đáp án A Phân tích: Vẽ lại hình vẽ thì ta có hình vẽ đơn giản hóa như sau:
Thực chất bài toàn trở thành tìm x để AC+BC nhỏ nhất. Theo định lý Pytago ta có AC = 602 + x 2 ;
BC = (120 − x 2 ) + 402 = x 2 − 240x + 16000 Khi đó f (x) = AC + BC = x 2 + 3600 + x 2 − 240x + 16000 . Ta cần tìm Min f (x) . (0;12)
Ta có f '(x) =
x
x − 120
; khi bấm máy tính nhẩm bằng cách nhập vào màn x 2 + 3600 x 2 − 240x + 16000 hình biểu thức f’(x) và ấn SHIFT SLOVE và chọn một số nằm trong khoảng (0;120) để dò nghiệm, như tôi nhập 2 máy nhanh chóng hiện nghiệm là 72.
+
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
80
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Bấm máy tính sử dụng nút TABLE ta nhận thấy phương trình có duy nhất một nghiệm này do f’(x) chỉ đổi dấu qua 72. Khi đó ta có BBT sau: x 0 72 120 0 + f’(x) f(x)
Min
Vậy từ đó ta có thể kết luận CP=72. Câu 11: Đáp án A Phân tích: Ta thấy tất cả các phương án đều liên quan đến cực trị, do vậy trước tiên ta xét phương trình 6x 2 − 6(2m + 1)x + 6m(m + 1) = 0
⇔ x 2 − (2m + 1)x + m(m + 1) = 0 ∆ = (2m + 1)2 − m(m + 1) = 3m 2 + 3m + 1 > 0 Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 Với A: Ta có x 2 − x1 = 1 ⇔ (x1 + x 2 ) 2 − 4x1x 2 = 1
⇔ (2m + 1)2 − 4m(m + 1) = 1 Vậy đáp án A đúng, Câu 12: Đáp án B Phân tích: Do đề bài yêu cầu tìm tổng các nghiệm của phương trình nên điều kiện x ≠ {0; 2} 2
x ⇔ log 3 (x − 2) 2 = log 3 1 x − 3x + 3 x =3 x 2 − 2x = x 2 − 3x + 3 x(x − 2) 1 x(x − 2) ⇔ log 3 2 = log 3 1 ⇔ 2 =1⇔ ⇔ x =1 x − 3x + 3 2 x − 3x + 3 2x − x 2 = x 2 − 3x + 3 3 x = 2 Câu 13: Đáp án C Phân tích: Ta có thể dùng máy tính để thử từng đáp án một, tuy nhiên tôi giới thiệu các phân tích nhẩm như sau: log 3 40 = log 3 (23.5) = 3log3 2 + log3 5 = 3a + b Với bài toán này nhẩm còn nhanh hơn bấm máy tính nên hãy rèn luyện tư duy để có thể tiết kiệm thời gian khi cần thiết. Câu 14: Đáp án C u u 'v = v'u Phân tích: Ta có công thức ' = và (eu ) = u 'e u 2 v v Khi đó áp dụng vào đây ta được: e x − e− x (e x − e− x ) '(e x + e− x ) − (e x − e− x )(e x + e− x ) (e x + e − x )2 − (e x − e − x ) 2 4 = = x − x 2 Câ x − x ' = x −x 2 x −x 2 (e + e ) (e + e ) (e + e ) e +e u 15: Đáp án C Phân tích: Ở đây có hai điều kiện để hàm số xác định, đó là điều kiện để loganepe tồn tại và điều kiện để căn thức tồn tại.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
81
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam x>0 x>0 0 < x ≤ e−2 −1 ≠ − ⇔ ≠ ⇔ ln x 1 x e −1 ln x > −1 x > e −1 x>e ln x ≤ −2 −2 x > e Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả quên điều kiện x>0. Từ đó chọn D là sai. Nhiều độc giả lại quên điều kiện ln x ≠ −1 . Nên chú ý có đủ các điều kiện. Câu 16: Đáp án A Phân tích: Ta có
(( x + x ) ln ( x + 1)) ' = ( x + x ) '.ln ( x + 1) + ( x + x ) .ln ( x + 1) ' 3
2
3
= (3x 2 + 1).ln(x 2 + 1) + (x 3 + x).
2
2x 2
x +1
3
2
= (3x 2 + 1).ln(x 2 + 1) + 2x 2
Câu 17: Đáp án D Phân tích: x > −2; x ≠ −1 Ta nhận thấy có thể đưa về biến chung đó là log 3 (x + 2) , do đó ta biến đổi như sau: 1 pt ⇔ log3 (x + 2) + 2m. .log (x + 2) 3 = 16 1 2 4m ⇔ log 3 (x + 2) + − 16 = 0 log 3 (x + 2) Đặt t = log 3 (x + 2) khi đó phương trình trở thành: 4m t+ − 16 = 0 ⇔ t 2 − 16t + 4m = 0(*) (do x+2≠1 nên t≠0) t Mỗi t cho ta một nghiệm x> -2; x≠ 1. Hơn nữa x> -1 ⇔ x+2>1 ⇔ t>0. Vậy bài toán trở thành tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm dương. ∆ = 64 − 4m > 0 ⇔ S = 16 > 0 ⇔ 0 < m < 16 P = 4m > 0 Vậy có 15 giá trị của m thỏa mãn. Câu 18: Đáp án C Phân tích: Ta lần lượt đi xét từng mệnh đề một, ta thấy hàm số có tập xác định D=ℝ. I đúng. y ' = −e− x (x − 2) + e − x = 0 ⇔ e− x (3 − x) = 0 ⇔ x = 3 Ta thấy f’(x) đổi dấu từ dương sang âm qua x=3 nên hàm số đạt cực đại tại x=3. II sai Đến đây ta không cần xét đến mệnh đề III nữa mà vẫn có thể kết luận được đáp án C. Do tất cả các phương án còn lại đề có II. Câu 19: Đáp án B Phân tích: Ở bài toán này ta sẽ đi tìm nghiệm của bất phương trình theo m Bất phương trình ⇔ log 2 (2 x +1 + 6) + x > m ⇔ log 2 (2 x +1 + 6) + log 2 2 x > log 2 2m
⇔ 2x (2x +1 + 6) > 2m
2.22x + 6.2 x > 2m
Đặt 2x = t(t > 1) (do x>0). Khi đó bất phương trình trở thành: 2t 2 + 6t > 2m . Xét hàm số f (x) = 2t 2 + 6t trên (1; +∞) có f '(x) = 4t + 6 = 0 ⇔ t =
−6 ∉ (1; +∞) 4
Ta có BBT sau: File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
82
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam t f’(t)
1
+∞ + +∞
f(t)
8
Để bất phương trình thỏa mãn x>0 với mọi m thì 2m < 8 ⇔ m < 3 Câu 20: Đáp án B Phân tích: đk x≠5 2x + 2 3 5− x
≥ 32(x −13) Bất phương trình ⇔ 2x + 2 ⇔ ≥ 2(x − 13) 5− x Với x<5 thì 2x + 2 ≥ 2(x − 13)(5 − x) ⇔ 2x + 2 + 2(x − 13)(5 − x) ≥ 0 ⇔ 2(x 2 − 18x + 65) + 2x + 2 ≥ 0 x ≥ 11 ⇔ 2x 2 − 34x + 132 ≥ 0 ⇔ x≤6 Kết hợp với x<5 thì có 4 nghiệm nguyên dương thỏa mãn. Với x>5 thì 2x + 2 ≤ 2(x − 13)(5 − x) ⇔ 2x 2 − 34x + 132 ≤ 0 ⇔ 6 ≤ x ≤ 11 Kết hợp với x>5 thì có 6 nghiệm nguyên dương thỏa mãn. Kết luận: Có 10 nghiệm nguyên dương thỏa mãn. Câu 21: Đáp án A Phân tích: Do đề đã cho công thức tổng quát và có dữ kiện là sau hai tháng số tài khoản hoạt động là 108 160 người. Do đó thay vào công thức tổng quát ta sẽ tìm được A. Khi đó A(1+0.04)2=108160 ⇔ A=100000. Khi đó công việc của ta chỉ là tìm x sao cho 100000(1+0.04)2 = 194790 194790 ⇔ x = log (1+0.04) ≈ 17 hay 1 năm 5 tháng. 100000 Câu 22: Đáp án A Phân tích: Nhìn thoạt qua thì thấy bài toán khá là cồng kềnh, tuy nhiên đây lại là một bài toán khá là 1 đơn giản dựa trên tính chất sau của logarit: log a b = vớ i 0 < a ≠ ; 0 < b ≠ 1 log b a Vậy thực chất khi đó A = log x 2 + log x 3 + log x 4 +…+ log x 2016
Đến đây ta nhớ đến tính chất sau của logarit: loga x + loga y = loga xy với a,b,x,y thỏa mãn điều kiện tồn tại của logarit. Vậy A = log x ( 2.3.4 ….2016 ) = log x (1.2.3.4 ….2016 ) = log x 2016! = log x x = 1 Câu 23: Đáp án D Phân tích: Ta thấy rõ bài toán này ta không thể dùng phương pháp thử từng đáp án được vì đề bài yêu cầu phải tìm x1+2x2, do vậy ta phải giải từng bước một bài toán này. Điều kiện: x∈(0;+∞) Do ở VP là logarit cơ số 2, do vậy ta sẽ biến đổi logarit ở VT về logarit cơ số 2. Phương trình 1 1 ⇔ .log 22 x = log 2 ( x + 1 − 1) ⇔ .log 22 x − log 2 x.log 2 ( x + 1 − 1) = 0 2 2 log 2 x = 0 1 ⇔ log 2 x log 2 x − log 2 ( x + 1 − 1) = 0 ⇔ 2 log 2 x = log 2 ( x + 1 − 1) File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
83
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam x = 1 ⇔ x + 1 = x + 1(*) (*) ⇔ x + 1 + 2 x = x + 1 ⇔ x = 0 (mà x>0 loại) Vậy phương trình có một nghiệm. Câu 25: Đáp án A Phân tích: Ta có f(x) là nguyên hàm của hàm số g(x), tức là f’(x) =g(x). Với I: f’(x)=(tan2 x+1)’ = 2.tan x 2 Với II: f '(x) = ' = 2(1 + tan 2 x) ' = 2.2. tan x = 4 tan x 2 cos x Với III: f '(x) = (tan 2 + 1) ' = 2 tan x Câu 24: Đáp án D Phân tích: Với mệnh đề A: Ta có: x 2 + 6x + 1 (2x + 6)(2x − 3) − 2(x 2 + 6x + 1) 2x 2 − 6x − 20 f (x) = F'(x) = '= = 2 2x − 3 (2x − 3) (2x − 3) 2 x 2 + 10 2x(2x − 3) − 2(x 2 + 10) 2x 2 − 6x − 20 G '(x) = '= = 2 2x − 3 (2x − 3) (2x − 3)2 Vậy A đúng. Với mệnh đề B ta có: f(x)=F’(x) = (5+2sin2 x)’=2.2.(sin x)’.sin x= 2.2.cos x.sin s = 2sin 2x G’(x) = (1-cos 2x)’= (2sin2 x -1)’=2.sin 2x Vậy B đúng. 2x − 2 f (x) = (G(x)) ' = x 2 − 2x + 2 ' = 2 x 2 − 2x + 2 Đây là mệnh đề đúng Vậy ta chọn D. Câu 26: Đáp án A Đây là bài toán khá trừu tượng và khó tưởng tượng, có thể coi đây là bài toán đạt điểm tuyệt đối trong đề này, trước khi làm bài toán này tôi xin cung cấp cho quý độc giả một kiến thức đã học ở phần II, Bài 3, chương III (trang 117) sách giáo khoa giải tích cơ bản như sau:
(
)
b
Ta thừa nhận công thức: V = ∫ S(x)dx (*) a
Trong đó S(x) là diện tích của thiết diện của vật thể V. Thiết diện này vuông góc với trục Ox tại x ∈ [ a; b] với a, b là các cận ứng với hai mặt phẳng song song và vuông góc với trục Ox, giới hạn vật thể V. Việc nắm giữ vững công thức (*) giúp quý độc giả có thể tính được thể tích của vật thể mà đề bài đã yêu cầu, cụ thể như sau: Ta sẽ gắn hệ trục tọa độ Oxyz vào vật thể này, tức là ta sẽ đi tính thể tích vật thể V giới hạn bởi hai mặt trụ: x2 + y2 = a2 và x2 + z2 =a2 (a>0)
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
84
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Hình vẽ trên mô tả một phần tám thứ nhất của vật thể này, với mỗi x∈[0;a] , thiết diện của vật thể (vuông góc với trục Ox) tại x là một hình vuông có cạnh y = a 2 − x 2 (chính là phần gạch chéo trong hình vẽ). Do đó diện tích thiết diện sẽ là: S(x) = a 2 − x 2 . a 2 − x 2 = a 2 − x 2 x ∈ [ 0;a ] . Khi đó áp dụng công thức (*) thì thể tích vật thể cần tìm sẽ bằng: a a x 3 a 16a 3 V = 8∫ S(x)dc =8∫ (a 2 − x 2 )dx = 8 a 2 x − = 3 0 3 0 0 Câu 27: Đáp án A Phân tích: Do diện tích hình phẳng đã được thể hiện rõ trên hình nên ta xác định được cận rõ ràng, do vậy ta xác định được: x2 Đây là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = 4 − x và parabol y = . 2 2 0 x2 x2 x2 1 3 2 x 2 x 3 0 14 14 28 S = ∫ 4 − x − dx + ∫ 4 − x − dx = 4x − − x + 4x + − = + = 2 2 2 6 0 2 6 −2 3 3 3 0 −2 Câu 28: Đáp án B π 3
Phân tích: Ta có diện tích hình phẳng được tính bằng công thức: S = ∫ tan xdx 0 π 3
π 3
π sin x 1 =∫ dx = − ∫ .d(cosx) = − ln cos x 3 cos x cos x 0 0 0 = − ln cos
π 1 + ln cos 0 = − ln = ln 2 3 2 π 3
π 3
1 Thể tích vật thể tròn xoay được tính bởi công thức: V = π ∫ tan 2 xdx = π ∫ − 1dx 2 0 0 cos x π π π π = π(tan x − x) 3 = π tan − − tan 0 + 0 = π 3 − 3 3 3 0 Câu 29: Đáp án C Phân tích: Ta sẽ tìm phân tích đó theo m từ đó tính m như sau: File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
85
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ln m
∫ 0
ex x
e −2
ln m
dx =
∫ 0
d(e x − 2) x
e −2
= ln e x − 2
ln m 0
= ln eln m − 2 − ln e0 − 2 = ln m − 2 − ln1 = ln m − 2 m − 2 = 2 m = 4 ⇔ Khi đó ln m − 2 = ln 2 ⇔ 2 − m = 2 m = 0 Phân tích sai lầm: Chú ý nhiều độc giả quên điều kiện của ln m xác định tức là m>0 nên không loại m=0 và chọn A là sai. Đáp án phải là C. Câu 30: Đáp án C Phân tích: Theo định nghĩa sách giáo khoa ta có: Giả sử số phức z = a + bi được biểu diễn bởi điểm M(a;b) trên mặt phẳng tọa độ. Độ dài vecto OM được gọi là mô đun của số phức z và kí hiệu là z . Vậy z = OM = a 2 + b2 . Từ đây ta suy ra A, B đúng. Vậy đáp án là C. Câu 31: Đáp án A Cách 1: Sử dụng máy tính fx-570VN PLUS. Nhập biểu thức trên vào, lưu ý: + Để biểu diễn mô đun số phức ta nhập SHIFT Abs + Để biểu diễn z trên máy tính cầm tay ta ấn SHIFT 2(CMPLX) máy sẽ hiện như sau:
Chọn 2: Conjg là biểu diễn số phức liên hợp của số phức. Vậy biểu diễn biểu thức như sau:
Sau đó CALC rồi nhập từng giá trị vào: Thử vào ta được A là đáp án do kết quả bằng 0, máy hiện như sau:
Cách 2: Nhận thấy ở đây mẫu số đang ở dạng số phức, do đó chúng ta sẽ vẫn liên hợp để bài toán trở nên đơn giản hơn. Gọi z = a + bi(a, b ∈ ℝ) . Ta có: iz − (1 + 3i)z −a − 4b + (b − 2a)i = z2 ⇔ = a 2 + b2 1+ i 1+ i [ − a − 4b + (b − 2a)i](1 − i) ⇔ = a 2 + b 2 ⇔ −3a − 3b + (5b − a)i = 2(a 2 + b2 ) 2 File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
86
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 5b − a = 0 ⇔ 2 2 −3a − 3b = 2(a + b ) a=b=0 a = 5b a = − 45 ⇔ ⇔ 26 2 26b + 9b = 0 −9 b = 26 Vậy ta chọn A, Câu 32: Đáp án A Phân tích: Vì z đang còn rất phức tạp, đặc biệt là dưới mẫu do đó chúng ta nghĩ ra việc làm đơn giản nó về dạng chuẩn z = a + bi(a, b ∈ ℝ) sau đó tìm được z và thay vào biểu thức z.z Ta có z =
=
i−m (1 − m)(1 − m 2 − 2mi) − m(1 − m 2 ) + 2m + i(1 − m 2 + 2m 2 ) = = 1 − m(m − 2i) (1 − m 2 ) 2 + 4m 2 (1 + m 2 ) 2
m(1 + m 2 ) + i(1 + m 2 ) 2 2
=
m 2
+
i
(1 + m ) 1 + m 1 + m2 m i ⇒z= − 2 1 + m 1 + m2 Như vậy: 2−m m2 + 1 1 1 1 z.z = ⇒ 2 = − (m − 2) ⇔ 2 = − (m − 2) 2 2 2 2 m +1 (m + 1) m = 0 ⇔ m3 − 2m 2 + m = 0 ⇔ m =1 Câu 33: Đáp án B Phân tích: Cách 1: Ta có thể từ các điểm biểu diễn mà suy ra được số phức z như sau: Phương án A là z = i Phương án B là z = 1 + i Phương án C là z = −1 − i Phương án D là z = − i Vậy tương tự như Câu 32, ta sẽ nhập biểu thức và CALC để chọn đáp án. Từ đó ta cũng chọn được B Cách 2: Cách làm thông thường: Gọi z = a + bi(a, b ∈ ℝ) . Khi đó phương trình đã cho trở thành: a − bi 6 + 7i a + bi − = 1 + 3i 5 (a − bi)(1 − 3i) 6 + 7i ⇔ a + bi − = ⇔ 10a + 10bi − a + 3b + i(b + 3a) = 12 + 14i 10 5 9a + 3b = 12 a = 1 ⇔ 9a + 3b + i(11b + 3a) = 12 + 14i ⇔ ⇔ b = 1 11b + 3a = 14 ⇒ z = 1+ i Câu 34: Đáp án A Phân tích: Bài toán này thực chất là dựa trên kiến thức “Biểu diễn hình học số phức”. Ta thấy nếu đặt z1 = x1 + y1i (x1; ; y1 ∈ ℝ) . Khi đó điểm M(x1; ; y1 ) là điểm biểu diễn số phức z1 thỏa mãn: i(x1 + y1i) + 2 =
1 1 ⇔ ix1 − y1 + 2 = 2 2
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
87
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ⇔ x12 + (y1 − 2) 2 =
1 . Suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn z1 là đường tròn (C) có tâm I(0; 2) 4
1 . 2 Khi đó nếu N là điểm biểu diễn của số phức z2 thì việc tìm GTNN của z1 − z 2 là việc tìm GTNN của MN. Theo đề thì z 2 = iz1 = −y1 + x1i ⇒ N ( − y1; x1 ) là điểm biểu diễn z2. Ta nhận thấy rõ ràng OM.ON = x1y1 + x1y1 = 0 ⇒ x12 + y12 . Dễ nhận thấy OM=ON= x12 + y12 Ta có hình vẽ sau:
và bán kính R =
Do OMN là tam giác vuông cân tại O nên MN=OM 2 , do đó để MN nhỏ nhất thì OM nhỏ nhất. Dễ thấy, OM nhỏ nhất khi M≡M’ (M’ là giao điểm của OI với đường tròn như hình vẽ). Tức là 1 1 1 M 0; 2 − . Khi đó MN = OM 2 = 2 − 2 = 2 − 2 2 2 Câu 35: Đáp án D Ta có hình vẽ sau để quý độc giả có thể hình dung rõ hơn.
Ta nhận thấy: khi nhìn vào hình vẽ thì rõ ràng đường nối tâm chính là đường trung bình của tam giác có đáy là đường chéo của mặt bên như trong hình vẽ. Do vậy độ dài đường chéo chính bằng hai lần độ dài của đường nối tâm đã cho, tức là 6 2 . Mặt khác độ dài đường chéo bằng 2 lần độ dài của cạnh hình lập phương, do đó độ dài cạnh hình lập phương có độ dài : 6. Khi đó V = 63 = 216. Câu 36: Đáp án A Phân tích: Ta có 1 VABCD = VMABC + VMABD = (d1 + d 2 ).21 = 216 3 ⇒ (d1 + d 2 ) = 18 Câu 37: Đáp án B File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
88
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Phân tích: Ta thấy khi quay quanh trục SO sẽ tạo nên một khối trụ nằm trong khối chóp. Khi đó thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật MNPQ. Ta có hình sau: Ta có SO=h; OA=R. Khi đó đặt OI=MN=x Theo định lí Thales ta có IM SI OA.SI R.(h − x) = ⇒ IM = = . OA SO SO h πR 2 2 Thể tích khối trụ V = πIM .IH = 2 .x(h − x) 2 h
2x + 2(h − x) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2x(h − x) ≤ 3 4πR 2 h h h Vậy V ≤ . Dấu “=” xảy ra khi x = hay MN = 27 3 3 Câu 38: Đáp án B Phân tích: Ta có hình vẽ dưới đây 2
3
Theo như đề bài dữ kiện thì ta có thể dễ dàng tính được thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ban đầu, từ đó suy ra thể tích của khối tứ diện AB’BC. Để tính được khoảng cách từ B đến (AB’C) thực chất là tìm chiều cao của tứ diện, đến đây bài toán sẽ được giải quyết nếu quý độc giả tìm được diện tích tam giác AB’C. Vì đề bài cho dữ kiện ((A’BC), (ABC))=60o, nên ta sẽ đi xác định góc này bằng cách gọi H là trung điểm của BC. Tam giác ABC đều nên AH ⊥ BC (1). A’A ⊥ (ABC) ⟹A’A ⊥ BC (2) Từ (1) và (2) ⟹BC ⊥ A’H ⟹((A’BC), (ABC)) = A’HA = 60o 3a ⟹A’A = AH.tan 60o= 2 3a a 2 3 3a 3 3 Khi đó VABC.A 'B'C' = A ' A.SABC = . = 2 4 8 1 a3 3 Và VB'ABC = V = lúc này ta có thể loại C và D. 3 8 Dễ thấy diện tích tam giác AB’C có thể được do B’AC cân tại B’ có 2
a 13 3a B 'A = B'C = a 2 + = ; AC = a 2 2 Dễ tính được chiều cao kẻ từ B’ của tam giác có độ dài là a 3 3VBABC 3a a2 3 ⇒ d(B;(AB 'C)) = = 2 SAB'C 4 Câu 39: Đáp án C Phân tích:
⇒ SACB' =
Nhận xét hình thang ABCD cân và AB=2AD =2BC = 2CD =2a nên ACB = ADB = 90o Mặt phẳng qua A vuông góc với SB tại M nên AMB = 90o. Ta có BC ⊥ AC và BC ⊥ SA nên BC ⊥ (SAC) Do đó AN ⊥ BC và AN ⊥ SB nên AN ⊥ (SBC) ⟹AN ⊥ BN, hay ANB = 90o File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
89
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Ta cũng có AP ⊥ SB và AP ⊥ BD nên AP ⊥ (SBD) ⟹AP ⊥ BP, hay APB = 90o Ta thấy các điểm C,D,M,N đều nhìn AB dưới một góc vuông. Nếu đã nắm chắc được lời giải ở các đề trước thì ở đề này, không khó để quý độc giả nhận ra AB chính là đường kính của khối cầu. Do vậy d=AB=2a Chú ý: Nhiều độc giả theo thói quen đã đi tìm bán kính chứ không phải đường kính dẫn đến chọn sai đáp án. Câu 40: Đáp án A Phân tích: Hình chóp SABCD là hình chóp tứ giác đều có AB=SA=a , nên khối nón ngoại tiếp 2
a 2 a 2 a 2 hình chóp có bán kính đáy r = và chiều cao SO = a 2 − = 2 2 2 2
Khi đó: Vnon
1 a 2 a 2 πa 3 2 = π. = . 3 2 2 12
Câu 41: Đáp án C Lời giải: Đây là bài toán có lời giải khá đơn giản như sau: Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đã cho có bán kính đáy r =
a 2 và chiều cao bằng a. 2
2
a 2 πa 3 ⇒ Vtru = π a = 12 2 Câu 42: Đáp án D Phân tích: Giả sử bán kính của mỗi quả bóng bàn là r thì khi đó hộp đựng bóng bàn sẽ có kích 4 thước là 2r x 2r x 6r. Khi đó tổng thể tích của ba quả bóng bàn sẽ là 3. .π.r 3 = 4πr 3 . 3 3 Thể tích của hộp sẽ là 2r.2r.6r = 24r . Vậy phần không gian còn trống trong hộp sẽ là: 20πr 3 V1 = 24r 3 − 4πr 3 = 20πr 3 sẽ chiếm .100% ≈ 83,3% . 24πr 3 Câu 43: Đáp án A Phân tích: Ta có thể tích phần nước dâng lên chính bằng thể tích của viên bi ném vào. Do vậy ta có: Thể tích nước ban đầu: h V1 = πh 2 R − ; 3 Khi đó thể tích nước sau khi ném viên bi vào thể tích sẽ là 4 h 4 V2 = V1 + πr 3 = πh 2 R − + πr 3 (1) 3 3 3 Theo đề bài ta có: “Bỏ vào trong chậu một viên bi hình cầu bằng kim loại thì mặt nước dâng lên vừa phủ kín viên bi”. Do vậy thể tích sau kh bỏ viên bi vào được tính bằng công thức: 2r V2 = π.(2r)2 R − (2) 3 h 4 2r Từ (1) và (2) ta có phương trình: πh 2 R − + πr 3 = 4πr 2 R − 3 3 3 h ⇔ 4r 3 − 4Rr 2 + h 2 R − =0. 3 Khi đó thay các giá trị mà đề đã cho vào phương trình bấm máy tính giải ta được r ≈ 1.019450 (chọn A). Bấm máy tính ta thấy có 2 nghiệm, tuy nhiên việc bán kính của viên bi xấp xỉ bằng chậu nước là điều vô lí ( ≈ 9.90486 ). File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
90
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 44: Đáp án B Phân tích: Ta có đường thẳng cần tìm vuông góc với mặt phẳng (P) đã cho phương trình do đó vtcp của đường thẳng cần tìm cùng phương với vtpt của mặt phẳng. Khi đó kết hợp với dữ kiện x −1 y − 4 z + 7 đường thẳng đi qua A(a;4; -7) thì ta được phương trình: = = 1 2 −2 y − 4 −z − 7 ⇔ x −1 = = 2 2 Câu 45: Đáp án A Phân tích: Ta không có công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng do vậy ta sẽ tham số hóa tọa độ điểm H là hình chiếu của điểm I lên đường thẳng d, từ đó tính khoảng cách giữa hai điểm I và H. Do chỉ có một phương trình nên ta sẽ viết phương trình tham số của đường thẳng d từ đó ta có phương trình một biến. x = t Ta có d : y = −1 − t z = 2 − t ⇒ H(t; −1 − t; 2 − t) ⇔ IH = (t − 1; − t − 4; − t − 3) Do IH ⊥ d nên ta có phương trình: t – 1 + t + 4 + t – 3 = 0 ⇔ t = -2. Khi đó IH = (−2; −3; −1)
⇒ IH = (−2)2 + (−3) 2 + (−1)2 = 14 Câu 44: Đáp án B Phân tích: Do (β) || (α) nên khoảng cách từ (β) đến (α) bằng khoảng cách từ một điểm trên (β) đến (α) . Mà (β) chứa đường thẳng d do đó M(2;8; 4) ∈ d ⇒ M ∈ (β) . Do đó: 3.2 − 2.8 − 4 + 5 9 d= = . 2 2 2 14 3 + (−2) + (−1) Chú ý: Nhiều độc giả đi làm lần lượt đó là viết phương trình mặt phẳng (β) ra rồi bắt đầu tính, tuy nhiên đó là cách làm vòng, nên chú ý để có được cách làm nhanh nhất khi làm trắc nghiệm. Câu 47: Đáp án A Phân tích: Trước tiên ta đi tìm tọa độ trực tâm H(x,y,z) của tam giác ABC. Khi đó ta sẽ lập hệ phương trình ba ẩn với ba dữ kiện sau: AH.BC = 0 − x + 3y − z = −5 17 1 ⇔ 2x + 4y − 2z = 4 ⇒ H ; − ;1 . BH.AC = 0 5 5 2x + 4y + 10z = 16 AB, AC AH = 0 x + 2y + z − 3 = 0 Do ∆ = (P) ∩ (Q) nên ∆ 2x − y − z + 3 = 0 x y z −3 ⇔ ∆: = = 1 −3 5 Giao tuyến ∆ đi qua M(0;0;3) và có vtcp u = (1; −3;5) . 17 1 (α) qua H ; − ;1 và vtpt n = u, MH = (7;19;10) 5 5 ⇒ (α) : 7x + 19y + 10z − 30 = 0 . Câu 48: Đáp án C Phân tích: Cách 1: làm thông thường: Với đề bài dạng này cho khá nhiều dữ kiện thì ra sẽ chọn phương pháp đặt vtpt của mặt phẳng (P) là n = (a; b; c), (a 2 + b 2 + c 2 > 0) là VTPT của (P). Khi đó (P) : a(x − 4) + b(y − 3) + c(z − 4) = 0 File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
91
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
2b + 2c (1) Vì (P) || ∆ nên n P ⊥ n ∆ . Suy ra −3a + 2b + 2c = 0 ⇔ a = 3 Theo đề ta có (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên: −3a − b − c d(I;(P)) = R ⇔ = 3 (2) a 2 + b2 + c2 2
2a + 2c 2 2 2 2 Từ (1) và (2) ta có (b + c) = + b + c ⇔ 2b − 5bc + 2c = 0 (3) 3 c b= ⇔ (2b − c)(b − 2c) = 0 ⇔ 2 b = 2c Với b=2c, chọn b=2, c=1 ⟹c=2, khi đó (P): 2x + 2y + z − 18 = 0 (không thỏa mãn vì chứa ∆). c Với b = , chọn c=2⟹b=1, 2 ( P ) = 2x + y + 2z − 19 = 0 (Thỏa mãn). 2
Cách 2: thử từng đáp án một. Chú ý: Nhiều độc giả không loại trường hợp trên nên dẫn đến chọn B. Câu 49: Đáp án C Phân tích: Ta lần lượt đi phân tích từng bước một. Ở bước 1: Ta thấy tất cả các tọa độ đều được tính đúng. Ở bước 2: Ta thấy biểu thức tính tích có hướng đúng, ta có thể kiểm tra việc này bằng cách bấm máy tính tôi đã giới thiệu ở các đề trước. Với biểu thức tính tích hỗn tạp ta kiểm tra lại như sau: AB; AC .AD = −3.1 + 0.10 + (m + 2).1 = m − 1 ≠ m + 5. Do đó bước 2 sai, Chọn C. Câu 50: Đáp án B Phân tích: Ta có gọi I(a;b;c) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD khi đó IA=IB=IC=ID=R (a − 2) 2 + b 2 + c2 = R 2 a 2 + (b − 2)2 + c2 = R 2 ⇔ a 2 + b 2 + (c − 2)2 = R 2 2 2 2 2 (a − 2) + (b − 2) + (c − 2) = R −4a + 4 = −4b + 4 −4b + 4 = −4c + 4 2 2 2 2 2 2 (a − 2) + (b − 2) + (c − 2) = (a − 2) + b + c a = b = c ⇔ ⇔ a = b = c =1 2 2 2 3(a − 2) = (a − 2) + 2a
Khi đó R = 3(1 − 2)2 = 3.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
92
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm) ĐỀ SỐ 06
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu) Họ, tên học sinh:..................................................................................................
Giáo viên: NGUYỄN HỮU CHUNG KIÊN y
Câu 1. Đồ thị ở hình bên là đồ thị của hàm số nào trong bốn hàm số dưới đây? A.
y = x 4 − 2x 2 + 2 .
B.
y = x 3 − 3x 2 + 2 .
C.
y = x4 + 2 .
x O
D. y = − x 4 + 2 x 2 + 2 .
A.
2 x +1 có đồ thị là (C ) . Phương trình tiếp tuyến của (C ) có hệ số góc bằng −5 là: x −2 y = − 5 x + 2 và y = − 5 x + 22 . B. y = 5 x + 2 và y = − 5 x + 22 .
C.
y = − 5 x + 2 và y = − 5 x − 22 .
Câu 2. Cho hàm số y =
D.
y = − 5 x − 2 và y = − 5 x + 22 .
Câu 3. Hàm số y = −x − x − 2 nghịch biến trên khoảng: 4
A. (0;+∞) .
2
B.
(−∞;0) .
C. (−1; +∞) .
D. (−∞;1) .
Câu 4. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như sau:
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ? A. Hàm số có đúng một cực trị. B. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1 . C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0 và giá trị nhỏ nhất bằng −1 . D. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 1 . Câu 5. Giá trị lớn nhất của hàm số y = 5 − 4 x trên đoạn [−1;1] bằng: A. 9. B. 3. C. 1. D. 0. Câu 6. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên : x y'
-∞ -
-1 0
+
+∞
0 0 2
-
1 0
+∞ + +∞
y 1
1
Khẳng định nào sau đây là sai ? A. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −1;0 ) và (1; +∞ ) . B.
M ( 0;2 ) được gọi là điểm cực đại của hàm số.
C.
x 0 = 1 được gọi là điểm cực tiểu của hàm số.
D.
f ( −1) được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số.
Câu 7. Tìm tất cả giá trị của m để phương trình
x +3 − m = 0 có nghiệm âm: x −2
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
93
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 3 3 3 3 A. m ≥ − . B. − < m < 1 . C. − ≤ m ≤ 1 . D. m > − . 2 2 2 2 3 2 Câu 8. Tìm m để hàm số y = −x + 3x + m −1 có giá trị cực đại là ymax , giá trị cực tiểu là ymin thỏa mãn ymax . ymin = 5 : A. m = −4 hoặc m = −2 . C. m = −4 hoặc m = 2 .
B. m = 4 hoặc m = 2 . D. m = 4 hoặc m = −2 .
mx 3 − 2 có hai tiệm cận đứng thì: x 2 − 3x + 2 m ≠ 2 m ≠ 1 m ≠ 0 A. m ≠ 0 . B. . C. . D. . m ≠ 2 m ≠ 1 m ≠ 1 4 Câu 10. Một màn ảnh chữ nhật cao 1, 4 mét được đặt ở độ cao 1,8 mét so với tầm mắt (tính từ đầu mép dưới của màn hình). Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí đứng sao cho góc nhìn lớn nhất. Hãy xác định vị trí đó ? gọi là góc nhìn.) ( BOC Câu 9. Để đồ thị của hàm số y =
D. AO = 3 mét. mx + 1 Câu 11. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = đồng biến trên khoảng x +m (1;+∞) : A.
AO = 2, 4 mét.
A. −1 < m < 1 .
B.
AO = 2 mét.
C.
AO = 2, 6 mét.
B.
m >1 .
C.
m ∈ ℝ \[ −1;1] .
D. m ≥ 1 .
Câu 12. Phương trình log 6 x (5 − x ) = 1 có tập nghiệm là: B. S = {4;6} . C. S = {1;−6} . A. S = {2;3} .
D. S = {−1;6} .
Câu 13. Rút gọn biểu thức P = 32 log3 a − log 5 a 2 .log a 25 , ta được: A. P = a 2 + 4 . B. P = a 2 − 2 . C. P = a 2 − 4 . D. P = a 2 + 2 . Câu 14. Tập nghiệm của bất phương trình 2 log 3 ( x −1) + log 3 (2 x −1) ≤ 2 là: A. [1;2 ] .
B.
1 − ;2 . 2
1 D. − ;2 . 2
C. (1;2 ] .
Câu 15. Tìm tập xác định của hàm số y = log 2 (3 x + 4 ) . A. D = [−1; +∞) .
B.
Câu 16. Cho phương trình 4 sau đây là đúng: A. log 2 4 x 2 = 2 .
D = [1; +∞) .
log 2 2 x
−x
log 2 6
C.
= 2.3
log 2 4 x 2
D = (−1; +∞) .
D. D = (1; +∞) .
với x là nghiệm của phương trình trên. Kết luận nào B. Phương trình có nghiệm lớn hơn 1 .
1 . D. Phương trình vô nghiệm. 16 Câu 17. Cho log14 7 = a; log14 5 = b . Giá trị của log 35 28 theo a, b là: C.
x log2 4 =
A.
2+a . a +b
B.
2−a . a +b
(
C.
)
2−a . a −b
D.
2+a . a −b
Câu 18. Đạo hàm của hàm số y = ln 1 − x −1 là: A.
C.
−1 2 x −1 − 2 ( x −1)
2
1 2 x −1 + 2 ( x −1)
2
.
B.
.
D.
1 2 x −1 − 2 ( x −1)
2
−1 2 x −1 + 2 ( x −1)
2
.
.
Câu 19. Tính giá trị biểu thức logarit theo các biểu thức đã cho. Cho log 2 14 = a tính log 49 32 theo a . Chọn đáp án đúng: A. log 49 32 =
1 . 2 (a −1)
B.
log 49 32 =
3 . 2 (a −1)
D. log 49 32 =
C.
log 49 32 =
5 . 2 (a −1) 5 . (a −1)
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
94
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 20. Cho hàm số y = x .e −x . Chọn hệ thức đúng: A. (1 − x ) y ' = x . y . C.
B.
x . y ' = (1 − x ). y .
x . y ' = (1 + x ) y .
D. (1 + x ). y ' = ( x − 1). y .
Câu 21. Gọi m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = e 2−3 x trên đoạn [0;2 ] . Mối liên hệ giữa m và M là: A. m + M = 1 .
B.
M − m = e.
C.
M .m =
1 . e2
D.
M = e2 . m
Câu 22. Tính nguyên hàm I = ∫ x ( x 2 + sin 2 x ) dx .
1 4 1 1 x − x sin 2 x + x cos 2 x + C . 4 2 2 1 4 1 1 C. D. x − x cos 2 x + sin 2 x + C . 4 2 4 π π 2 Câu 23. Nguyên hàm F ( x ) của f ( x ) = tan x biết rằng F − = là: 4 4 A.
1 4 1 1 x − x cos 2 x + sin 2 x + C . 4 2 2 1 4 1 1 x − x cos 2 x + sin 2 x + C . 4 4 4
A. tan x − x .
B. π 2
Câu 24. Cho I = ∫ 0
B.
C.
2 tan x .
2 tan x (1 + tan 2 x ) . D. tan x − x −1 .
π 2
cos xdx sin xdx và J = ∫ . Biết rằng I = J thì giá trị của I và J bằng bao sin x + cos x sin x + cos x 0
nhiêu: A.
π . 4
B. π 2
Câu 25. Tính tích phân I = ∫ 0
A. I = ln
3 . 2
B.
π . 3
C.
π . 6
C.
I =−
D.
π . 2
cos x dx . 2 + sin x I=
5 . 36
5 . 36
D. I = − ln
3 . 2
e
Câu 26. Tính tích phân I = ∫ x .ln 2 x dx . 1
e 2 +1 e 2 −1 e 2 +1 e 2 −1 . B. I = − . C. I = − . D. I = . A. I = 4 4 4 4 Câu 27. Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x + sin 2 x và y = x (0 ≤ x ≤ π ) bằng 11π 3π π π . B. . C. . D. . 2 2 4 2 Câu 28. Hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x 2 và đường thẳng y = 4 quay một vòng quanh trục Ox . A.
Thể tích khối tròn xoay được sinh ra bằng: 64 π 128π A. . B. . 5 5 Câu 29. Số phức liên hợp của z = (1 − i )(3 + 2i ) là: A. z = 1 + i .
B.
z = 1− i .
C.
256π . 5
D.
152π . 5
C.
z = 5−i .
D. z = 5 + i .
Câu 30. Với x , y là hai số thực thỏa mãn x (3 + 5i ) + y (1 − 2i ) = 9 + 14i . Giá trị của 2 x − 3 y là: 3
205 353 172 94 . B. . C. . D. . 109 61 61 109 Câu 31. Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z = 2 + 5i và B là điểm biểu diễn của số phức z ' = −2 + 5i . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A. Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua trục hoành. B. Hai điểm A và B đối xứng nhau qua trục tung. C. Hai điểm A và B đối xứng nhau qua gốc tọa độ O . D. Hai điểm A và B đối xứng nhau qua đường thẳng y = x . A.
Câu 32. Trong mặt phẳng phức, điểm M (1;−2) biểu diễn số phức z . Môđun của số phức w = i z − z 2 bằng: A. 26. B. 6 . Câu 33. Mệnh đề nào dưới đây sai ?
C.
26 .
D.
6.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
95
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam A. z + z là một số thực. B. z + z ' = z + z ' . 1 1 10 C. + là một số thực. D. (1 + i ) = 210 i . 1 + i 1−i Câu 34. Tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn z + 2i ≤ 1 là: A. Hình tròn tâm I (0;2) , bán kính R = 1 .
B. Hình tròn tâm I (0; −2) , bán kính R = 1 .
C. Hình tròn tâm I (−2;0) , bán kính R = 1 .
D. Hình tròn tâm I (2;0) , bán kính R = 1 .
Câu 35. Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy 2a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 0 . Tính thể tích của hình chóp S . ABCD :
2a 3 2 4a3 3 2a 3 3 a3 3 . B. VABCD = . C. VABCD = . D. VABCD = . 3 3 3 3 Câu 36. Cho ( H ) là khối lăng trụ đứng tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a . Thể tích của ( H ) bằng: A. VABCD =
a3 3 a3 3 a3 a3 2 . B. . C. . D. . 2 2 4 3 Câu 37. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng 1. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' C và MN . A.
2 . 2 C. d ( MN , AC ') = 2 2 .
2 . 4 D. d ( MN , AC ') = 2 .
A. d ( MN , AC ') =
B.
d ( MN , AC ') =
Câu 38. Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O , OB = a, OC = a 3, (a > 0) và đường cao
OA = a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM : A. d (OM ; AB ) =
a 15 . 5
B.
d (OM ; AB ) =
a 3 . 5
a a 15 . D. d (OM ; AB ) = . 5 15 Câu 39. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) và SA = a . Các điểm M , N lần lượt là trung điểm của SA, SB . Tính thể tích của hình chóp C.
d (OM ; AB ) =
S .CDMN . a3 a3 3a 3 4a3 A. . B. . C. . D. . 27 8 7 27 Câu 40. Cho tứ diện ABCD . Gọi B1 và C1 lần lượt là trung điểm của AB và AC . Khi đó tỷ số thể tích của khối tứ diện AB1C1 D và khối tứ diện ABCD bằng:
1 1 1 1 . B. . C. . D. . 2 4 6 8 Câu 41. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và mỗi cạnh bên đều bằng b . Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là: A.
A. r =
b2
.
B.
r=
3b 2
.
C.
r=
3b 2
.
D. r =
3b 2
. 3b 2 − a 2 2 3b 2 − a 2 2 b2 − a2 2 3b 2 − a 2 Câu 42. Cho hình lập phương ABCD. A1 B1C1 D1 cạnh a . Thể tích khối nón có đỉnh là tâm O của hình vuông
ABCD và đáy là hình tròn nội tiếp hình vuông A1 B1C1 D1 là: πa 3 πa 3 . D. V = . 24 8 Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba vectơ a = 2i + 3 j − 5k , b = −3 j + 4 k , c = −i − 2 j . A. V =
πa 3 . 6
B. V =
πa 3 . 12
C. V =
Khẳng định nào sau đây đúng? A. a = (2;3; −5), b = (−3; 4;0), c = (−1;−2;0) . B. a = (2;3; −5), b = (−3; 4;0), c = (0;−2;0) . C. a = (2;3; −5), b = (0;−3;4 ), c = (−1;−2;0) . D. a = (2;3; −5), b = (1;−3;4 ), c = (−1;−2;1) .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
96
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (3; −1;2) . Trong các phát biểu sau, phát biểu nào sai? A. Tọa độ hình chiếu của M trên mặt phẳng ( xOy ) là M ' (3; −1;0) . B. Tọa độ hình chiếu của M trên trục Oz là M ' (0;0;2) . C. Tọa độ đối xứng của M qua gốc tọa độ O là M ' (−3;1;−2) . D. Khoảng cách từ M đến gốc tọa độ O bằng
3
14.
Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho d = (4,12, −3) . Mệnh đề nào sau đây sai? A. d = a + b − c . B. C. a + b = d + c . D.
bốn vectơ a = (2,3,1) , b = (5,7,0) , c = (3, −2, 4 ) và a , b , c là ba vectơ không đồng phẳng. 2a + 3b = d − 2c .
Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (2; 4;1), B (−2;2;−3) . Phương trình mặt cầu đường kính AB là: A. x 2 + ( y − 3) + ( z −1) = 9 . 2
C.
2
x 2 + ( y − 3) + ( z + 1) = 3 . 2
2
B.
x 2 + ( y + 3) + ( z −1) = 9 . 2
2
D. x 2 + ( y − 3) + ( z + 1) = 9 . 2
2
Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm P (2;0;−1) , Q (1;−1;3) và mặt phẳng
( P ) : 3x + 2 y − z + 5 = 0 . Gọi (α ) là mặt phẳng đi qua P , Q và vuông góc với (P ) , phương trình của mặt phẳng (α ) là: A. (α) : −7 x + 11 y + z − 3 = 0 . B. (α) : 7 x −11 y + z −1 = 0 . C. (α) : −7 x + 11 y + z + 15 = 0 . D. (α) : 7 x −11 y − z + 1 = 0 . Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : ( x − 1) + ( y + 3) + ( z + 1) = 3 và mặt phẳng 2
2
2
(α) : 3x + (m − 4) y − 3mz + 2m − 8 = 0 . Với giá trị nào của m thì (α ) tiếp xúc với (S ) ? A. m = 1 .
D. m = 2 . x y +8 z +4 Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = . Xét các khẳng định = 2 7 4 sau: (I) . d có một VTCP là a = (2;7; 4 ) . B.
m=0.
C.
m = −1 .
C.
(III) .
(II) . Điểm M (0;−8;−4) thuộc đường thẳng (d ) . x = 2t (III) . Phương trình tham số của d : y = −8 + 7t . z = −4 + 4 t Trong các khẳng đinh trên, khẳng định nào đúng? A. (I ) . B. (II) .
Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
D. Cả (I ) , (II) và (III) .
(P ) : x + y + z − 3 = 0 , đường thẳng
x = 2 − t d : y = 8 + t và điểm M (1;−1;10) . Tọa độ điểm N thuộc ( P ) sao cho MN song song với d là: z = −1 − 3t A. N (2;2;−1) . B. N (2; −2;3) . C. N (−2;−2;7) . D. N (3;1;−1) .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
97
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
ĐÁP ÁN ĐỀ 6 Câu 1. Đồ thị là của hàm trùng phương nên loại B. Hình dáng đồ thị thể hiện a > 0 nên loại D. Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nên hệ số của x 4 và x 2 trái dấu. Chọn A. 2a + 1 Câu 2. Gọi M a; với a ≠ 2 là điển thuộc (C ) . a − 2 Đạo hàm: y ' =
−5
( x − 2)
2
. Suy ra hệ số góc của (C ) tại M là: k = y ' (a ) =
Theo giả thiết, ta có k = −5 ⇔
−5
−5
(a − 2 )
2
.
a = 1 2 = −5 ⇔ (a − 2 ) = 1 ⇔ . a = 3
( a − 2) a = 1 ⇒ M (1; −3) y = −5 ( x −1) − 3 = −5 x + 2 Với ⇒ . Chọn A. a = 3 ⇒ M (3;7 ) y = −5 ( x − 3) + 7 = −5x + 22 2
Câu 3. Đạo hàm: y ' = −4 x 3 − 2 x = −2 x (2 x 2 + 1); y ' = 0 ⇔ x = 0. Vẽ phát họa bảng biến thiên kết luận được hàm số nghịch biến trên (0;+∞) . Chọn A. Câu 4. Chọn D. A sai vì hàm số có 2 điểm cực trị. B sai vì hàm số có giá trị cực tiểu bằng −1 . C sai vì hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên R. D Đúng. Câu 5. Đạo hàm: y ' =
−4 5− 4x
<0.
Ta có y (−1) = 5 + 4 = 3; y (1) = 5 − 4 = 1 . Do hàm số xác định và liên tục trên đoạn [−1;1] nên có giá trị lớn nhất bằng 3 . Chọn B. Câu 6. Phát điểu đúng là '' M ( 0;2 ) được gọi là điểm cực đại của đồ thị hàm số '' . Chọn B. Câu 7. Điều kiện: x ≠ 2 . Phương trình đã cho tương đương x + 3 − m ( x − 2 ) = 0 ⇔ 2m + 3 = x (m −1) . Với m = 1 ta có 5 = 0 (vô lý) . 2m + 3 Với m ≠ 1 ⇒ x = . m −1
2m + 3 3 < 0 ⇔ − < m < 1 . Chọn B. m −1 2 x = 0 ⇒ y1 = m −1 Câu 8. Đạo hàm y ' = −3 x 2 + 6 x ; y ' = 0 ⇔ 1 . x 2 = 2 ⇒ y1 = m + 3 m = 2 Yêu cầu bài toán: ymax . ymin = 5 ⇔ (m + 3).(m −1) = 5 ⇔ . Chọn C. m = −4 Để phương trình có nghiệm âm thì
x 2 − 3 x + 2 = 0 m ≠ 2 Câu 9. Để đồ thị của hàm số có hai tiệm cận đứng khi: ⇔ 3 1 . Chọn C. mx − 2 ≠ 0 m ≠ 4 Câu 10. Góc BOC lớn nhất khi và chỉ khi tan BOC lớn nhất. Đặt OA = x mét.
= tan AOC − AOB = tan AOC − tan AOB = Ta có tan BOC . tan AOB 1 + tan AOC
(
Xét hàm số y =
1, 4 x x 2 + 5, 76
)
⇒ y'=
(
)
1, 4 x 2 + 5,76 −1, 4 x (2 x )
( x 2 + 5, 76)
2
3,2 1,8 − x x = 1, 4 x . 3,2 1,8 x 2 + 5,76 1+ . x x
=
−1, 4 x 2 + 8, 064
( x 2 + 5, 76)
2
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
98
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam y ' = 0 ⇔ −1, 4 x 2 + 8,064 = 0 ⇔ x = 2, 4 (do x > 0) . Chọn A. Câu 11. Tập xác định: x ≠ −m . Ta có y ' =
m 2 −1
(x + m)
2
.
Hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞) ⇔ y ' > 0, ∀x ∈ (1; +∞)
m > 1 m 2 −1 > 0 ⇔ ⇔ m < −1 ⇔ m > 1 . Chọn B. −m ≠ (1; +∞) −m ≤ 1 Câu 12. Điều kiện: x (5 − x ) > 0 ⇔ x ( x − 5) < 0 ⇔ 0 < x < 5 . x = 2 Phương trình tương đương x (5 − x ) = 6 ⇔ x 2 − 5 x + 6 = 0 ⇔ ( x − 2 )( x − 3) = 0 ⇔ . x = 3 Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {2;3} . Chọn A. 2
Câu 13. Ta có P = 3log3 a − 4 log 5 a.log a 5 = a 2 − 4 . Chọn C. Câu 14. Điều kiện: x > 1. Bất phương trình 2 log 3 ( x −1) + 2 log 3 (2 x −1) ≤ 2 .
⇔ log 3 ( x −1) + log 3 (2 x −1) ≤ 1 ⇔ log 3 ( x −1)(2 x −1) ≤ 1 . 1 ⇔ ( x −1)(2 x −1) ≤ 3 ⇔ 2 x 2 − 3 x − 2 ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤ 2. 2 Đối chiếu điều kiện, ta được tập nghiệm S = (1;2 ] . Chọn C. 3 x + 4 > 0 3 x + 4 > 0 Câu 15. TXĐ: ⇔ ⇔ 3 x + 4 ≥ 1 ⇔ x ≥ −1 → D = [−1; +∞) . Chọn A. 3 x + 4 ≥ 1 log 2 (3 x + 4 ) ≥ 0 Câu 16. Điều kiện: x > 0 . Phương trình đã cho tương đương 41+ log 2 x − 6 log 2 x = 2.32 + 2 log 2 x . Đặt t = log 2 x khi đó phương trình trở thành . 3 9 ⇔ 4.4 = 6 + 18.9 ⇔ + 18. = 4 . 2 4 t
4
1+ t
− 6 = 2.3 t
2+2 t
t
t
t
t
2t t 3 t 3 t 3 3 ⇔ 18 + − 4 = 0 ⇔ 9 − 4 2 + 1 = 0 . 2 2 2 2 t t −2 3 3 3 4 1 ⇔ = ⇔ = ⇔ t = −2 ⇒ log 2 x = −2 ⇔ x = . Chọn C. 2 2 2 9 4 log 7 7 1 1 Câu 17. Ta có a = log14 7 = = ⇔ log 7 2 = −1 . log 7 14 1 + log 7 2 a
log 7 5 log 7 5 log 7 5 b = = ⇔ log 7 5 = . 1 log 7 14 1 + log 7 2 a a 1 1 + 2 −1 a 2 − a log 7 28 1 + 2 log 7 2 Ta có log 35 28 = = = = . Chọn B. b log 7 35 1 + log 7 5 a +b 1+ a 1 1 − x −1 ' − 2 x −1 −1 Câu 18. Ta có y ' = = = . Chọn A. 1 − x −1 2 x −1 − 2 ( x −1)2 1 − x −1 Lại có b = log14 5 =
( (
) )
Câu 19. Ta có a = log 2 14 = 1 + log 2 7 ⇔ log 2 7 = a −1 ⇒ log 7 2 = Ta có log 49 32 =
1 a −1
log 7 32 5 log 7 2 5 . Chọn B. = = log 7 49 2 2 (a −1)
Câu 20. Ta có: y ' = e − x − x .e − x = (1 − x ) e − x ⇔ x . y ' = x . (1 − x ).e − x = (1 − x ). y . Chọn C. Câu 21. Hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [0;2 ] . Đạo hàm f ' ( x ) = −3e 2−3 x < 0, ∀x ∈ ℝ . Do đó hàm số f ( x ) nghịch biến trên [0;2 ] .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
99
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam max f ( x ) = f (0 ) = e 2 [0;2] 1 1 Suy ra . Suy ra m = 4 , M = e 2 nên M .m = 2 . Chọn C. min f x = f 2 = 1 e e ( ) 4 [0;2] ( ) e 1 1 Câu 22. Ta có ∫ x ( x 2 + sin 2 x ) dx = ∫ x 3 dx + ∫ x sin 2 xdx = x 4 − ∫ xd (cos 2 x ) . 4 2 1 4 1 1 1 4 1 1 = x − x cos 2 x + ∫ cos 2 xdx = x − x cos 2 x + sin 2 x + C . Chọn D. 4 2 2 4 2 4 1 dx 2 −1 dx = ∫ − dx = tan x − x + C Câu 23. Ta có ∫ tan xdx = ∫ cos 2 x cos 2 x ∫ π π π π π Mà F − = ⇒ tan − + + C = ⇒ C = −1 . Chọn D. 4 4 4 4 4 π 2
Câu 24. Ta có I + J = ∫ 0
π 2
Câu 25. Ta có I = ∫ 0
π 2
sin x + cos x π π dx = ∫ dx = mà I = J ⇒ I = J = . Chọn A. 4 sin x + cos x 2 0 π
2 d (sin x ) cos x = ln (sin x + 2) dx = ∫ 2 + sin x sin x + 2 0
e
e
Câu 26. Ta có I = ∫ x .ln 2 x dx = 1
0
3 . Chọn A. 2
e
e
e
e
1 2 1 1 1 1 1 e − ∫ x 2 .2 ln x dx = e 2 − ∫ x ln xdx = e 2 − ∫ ln xd ( x 2 ) 2 2 1 x 2 2 2 1 1 e
=
= ln
1 1 1 ln 2 xd ( x 2 ) = x 2 ln 2 x − ∫ x 2 d ( ln 2 x ) ∫ 2 1 2 2 1 1
e
=
π 2
e
e 1 2 1 2 1 1 1 1 1 e − x ln x + ∫ x 2 d ( ln x ) = e 2 − e 2 + ∫ xdx = x 2 2 2 2 2 2 2 4 1 1 1
e
= 1
e 2 −1 . Chọn D. 4
Câu 27. Ta có y1 − y2 = sin x với 0 ≤ x ≤ π . 2
π
π
Vậy diện tích cần tìm là S = ∫ sin 2 x dx = ∫ sin 2 xdx . 0
0
π π π π 1 1 − cos 2 x 1 π ∫ dx − ∫ cos 2 xdx = − sin 2 x = . Chọn D. dx = ∫ = 2 2 2 4 2 0 0 0 0 π
x = 2 Câu 28. Phương trình hoành độ giao điểm x 2 = 4 ⇔ . x = −2 2 2 x5 Thể tích khối tròn xoay là V = π ∫ x 4 − 4 2 dx = π ∫ (16 − x 4 )dx = π 16 x − 5 −2 −2
2
=
−2
256π . Chọn C. 5
Câu 29. Ta có z = (1 − i )(3 + 2i ) = 5 − i ⇒ z = 5 + i . Chọn D. Câu 30. Ta có x (3 + 5i ) + y (1 − 2i ) = 9 + 14i ⇔ x (3 + 5i ) + y (−11 + 2i ) = 9 + 14i . 3
x = 172 3 x − 11 y − 9 = 0 61 ⇔ (3 x − 11 y − 9 ) + (5x + 2 y − 14 ) = 0 ⇔ ⇔ . 5 x + 2 y − 14 = 0 3 y = − 61 3 353 172 Vậy 2 x − 3 y = 2. − 3. − = . Chọn B. 61 61 61 Câu 31. Số phức z = 2 + 5i có điểm biểu diễn là A suy ra A (2;5) . Số phức z = −2 + 5i có điểm biểu diễn là B suy ra B (−2;5) .
x A = −x B Do đó nên A và B đối xứng nhau qua trục tung. Chọn B. y A = y B Câu 32. Vì điểm M (1;−2) biểu diễn z nên z = 1 − 2i , suy ra z = 1 + 2i . Do đó w = i (1 + 2i ) − (1 − 2i ) = −2 + i − (−3 − 4i ) = 1 + 5i . Vậy w = 1 + 25 = 26 . Chọn C. 2
(
10
)
2 5
Câu 33. Ta có (1 + i ) = (1 + i )
= (2i ) = 25 i . Chọn D. 5
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
100
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 34. Gọi z = x + yi . Ta có z + 2i ≤ 1 ⇔ x + yi + 2i ≤ 1 ⇔ x + ( y + 2)i ≤ 1 ⇒ x 2 + ( y + 2) 2 ≤ 1 . Suy ra điêm biêu diên số phưc z la hình tròn tâm I (0; −2), bán kính R = 1 . Chọn B. Câu 35. Gọi M là trung điểm của CD , O là giao điểm CD ⊥ OM của AC và BD . Ta có ⇒ CD ⊥ (SOM ) . CD ⊥ SO
S
= 600 . ⇒ ((SCD ), ( ABCD )) = ( SM , OM ) = SMO 1 =a 3 . BC = a ⇒ SO = OM .tan SMO 2 Ta lại có S ABCD = AB.BC = 4 a 2 .
Ta có OM =
1 1 4a 3 3 ⇒ VS . ABCD = SO.S ABCD = .a 3.4 a 2 = . 3 3 3 Chọn B.
D
A M
O B
C
1 3 a3 3 a. a.a = . Chọn C. 2 2 4 Câu 37. Do MN / /BC ⇒ d ( A ' C , MN ) = d ( MN , ( A ' CB )) Câu 36. Ta có thể tích của ( H ) là V =
1 = d ( M , ( A ' CB )) = d ( A, ( A ' CB )) . 2 BC ⊥ AB Kẻ AH ⊥ A ' B ta có ⇒ BC ⊥ ( ABA ') . BC ⊥ AA '
C'
H D
A N
M B
C
Câu 38. Qua B kẻ Bx song song với OM . Do Bx //OM
A
⇒ d (OM , AB ) = d (OM , ( ABx )) = d (O , ( ABx )) . Bx ⊥ OE Kẻ OE ⊥ Bx , OF ⊥ SE ta có ⇒ Bx ⊥ (SOE ) . Bx ⊥ SO ⇒ Bx ⊥ OF mà OF ⊥ AB ⇒ OF ⊥ ( ABx ) . a 3 . 2 1 1 1 5 a 15 Xét ∆AOE có = + 2 = 2 ⇒ OF = . 2 2 OF OE OS 3a 5
D'
B'
⇒ BC ⊥ AH mà AH ⊥ A ' B ⇒ AH ⊥ ( A ' BC ) .
1 1 1 2 Ta có = + = 2 ⇒ AH = . 2 2 2 2 AH AA ' AB 2 2 ⇒ d ( A, ( A ' BC )) = ⇒ d ( M , ( A ' CB )) = . Chọn B. 2 4
A'
F
Ta có OE = OB.sin 600 =
C
O x
M
E B
a 15 . Chọn A. 5 Câu 39. Ta có VS .CDMN = VS . MNC +VS . MCD . ⇒ d (OM , AB ) =
VS .MNC 1 SM SN SC 1 1 = . . = . .1 = . VS . ABC SA SB SC 2 2 4 VS .MCD SM SC SD 1 = . . = . VS . ACD SA SC SD 2 1 1 3 ⇒ VS . MNC +VS .MCD = VS . ABC + VS . ACD = VS . ABCD . 4 2 8 3 1 1 a Ta có VS . ABCD = SA.S ABCD = .a.a 2 = . 3 3 3 3 a3 ⇒ VS .CDMN = VS .MNC +VS . MCD = VS . ABCD = . Chọn B 8 8 Câu 40. Nhận thấy ABCD và AB1C1 D hai khối tứ diện chung đỉnh D .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
101
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Ta có d ( D ;( ABC )) = d ( D ;( AB1C1 )) = h .
VABCD = 1 S△ ABC .h VAB1C1 D S△ AB1C1 B1C1 2 1 3 Và ⇒ = = = . Chọn B. BC 1 V ABCD S△ ABC 4 VAB1C1 D = S△ AB1C1 .h 3 Câu 41. Gọi O là tâm đáy ABC suy ra SO là trục của đáy . Gọi MI là đường trung trực của SA ( M ∈ SA; I ∈ SO ) . Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
SM SI SM .SA SA2 3b 2 = ⇒ r = SI = = = . Chọn C. SO SA SO 2SO 2 3b 2 − a 2 a Câu 42. Khối nón có chiều cao h = a và bán kính R = . 2 3 1 πa Thể tích khối nón là V = π R 2 h = . Chọn B. 3 12 Câu 43. Dựa vào lý thuyết: x = mi + n j + pk , suy ra x = (m; n; p ). Chọn C. Ta có ∆SMI ∼ ∆SOA ⇒
Câu 44. Khoảng cách từ M đến gốc tọa độ O bằng MO = 9 + 1 + 4 = 14 . Chọn D.
Câu 45. Nhận thấy a, b .c = −35 ≠ 0 nên a, b, c không đồng phẳng. a + b = (7,10,1) Ta có . Suy ra a + b = c + d và d + c = a + b ⇔ d = a + b − c . c + d = (7,10,1) Vậy chỉ có câu D là sai. Chọn D. Câu 46. Mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm của đoạn thẳng AB . Suy ra tọa độ tâm mặt cầu cần tìm là (0;3; −1) . Ta có AB = (−2 − 2 ) + (2 − 4 ) + (−3 −1) = 6 ⇒ R = 2
2
2
1 AB = 3 . 2
Do đó phương trình mặt cầu đường kính AB là x 2 + ( y − 3) + ( z + 1) = 9 . Chọn D. 2
2
Câu 47. Ta có PQ = (−1; −1;4 ) , mặt phẳng (P ) có VTPT nP = (3;2; −1) . Suy ra PQ , nP = (−7;11;1) . Mặt phẳng (α ) đi qua P (2;0; −1) và nhận
PQ , nP = (−7;11;1) làm một VTPT
nên có phương trình (α ) : −7 x + 11 y + z + 15 = 0 . Chọn C. Câu 48. Mặt cầu (S ) có tâm I (1; −3; −1) và bán kính R = 3. Để (α ) tiếp xúc (S ) ⇔ d I , (α ) = R ⇔
⇔
2m + 7
3.1 + (m − 4 )(−3) − 3m (−1) + 2m − 8 9 + (m − 4 ) + 9 m 2 2
= 3.
= 3 ⇔ (2m + 7) = 3 (10m 2 − 8m + 25) ⇔ m 2 − 2m + 1 = 0 ⇔ m = 1 . Chọn A. 2
10m − 8m + 25 Câu 49. Dễ dàng thấy (I ) và (II ) đúng. 2
Mà (I ) và (II ) đúng thì ta suy ra được (III ) cũng đúng. Chọn D. Câu 50. Đường thẳng d có VTCP ud = (−1;1; −3) .
Đường thẳng MN đi qua M (1; −1;10) và song song với d nên nhận ud = (−1;1; −3) làm một VTCP. Do đó
x = 1 − t có phương trình tham số y = −1 + t . Suy ra tọa độ N (1 − t ; −1 + t ; −3t ) . z = −3t Mà N thuộc ( P ) nên 1 − t −1 + t − 3t − 3 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ N (2;−2;3) . Chọn B.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
102
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm) ĐỀ SỐ 07
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu) Họ, tên học sinh:..................................................................................................
Giáo viên: NGUYỄN HỮU CHUNG KIÊN 3 3 Câu 1. Cho hàm số y = x3 − x 2 − x có đồ thị ( C ) như hình vẽ sau: 4 2
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình 4 x 3 − 3 x 2 − 6 x = m 2 − 6m có đúng ba nghiệm phân biệt. A. m = 0 hoặc m = 6. C. m > 0 hoặc m < 6. Câu 2. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên sau:
B. 0 < m < 3. D. 1 < m < 6.
Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai ? A. Đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang y = 2. B. Hàm số đạt cực đại và cực tiểu. C. min f ( x) = yCT và max f ( x ) = yCÑ .
D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −2; +∞ ) .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
103
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam x2 Câu 3. Tìm tập xác định D của hàm số y = log 2 log 1 + 2log 2 ( x −1) + 3 . 3 3 2
( ) C. D = ( 2; −1 + 57 ) .
(
A. D = 1; −1 + 57 .
D. D = (1; +∞ ) .
Câu 4. Tìm giá trị cực tiểu yCT của hàm số y =
2x2 + x + 1 . x +1
A. yCT = 0.
B. yCT = −7.
C. yCT = 1.
D. yCT = −8. 3
Câu 5. Cho hàm số f ( x ) = g ( x) =
)
B. D = −1 − 57; −1 + 57 .
2
x x + ( 4 − m ) + ( 5 − 2m ) x + m2 + 3, với m là tham số thực. Hàm số 3 2
x2 + 4 x + 5 có đồ thị ( C ) và bảng biến thiên sau: x+2
Tìm m sao cho hàm số f ( x ) đạt cực trị ít nhất tại một điểm mà điểm đó lớn hơn −1.
A. m > 2. B. m < −2. 5 5 C. m < − . D. m > . 2 2 3 2 Câu 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2 x + 9 x + 1 trên đoạn [ −4; −1] . A. miny = 1.
B. miny = 8.
C. min y = 28.
D. min y = 5.
[ −4;−1]
[ −4;−1]
[ −4;−1]
[ −4;−1]
Câu 7. Cho đường thẳng d : y = ax + b ( a ≠ 0 ) và hàm số y = a ' x3 + b ' x 2 + c ' x + d ' ( a ' ≠ 0 ) có đồ thị ( C ) như hình vẽ sau:
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
104
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? A. Hoành độ giao điểm của d và ( C ) có giá trị dương.
B. Hoành độ giao điểm của d và ( C ) là một phương trình có nghiệm duy nhất. C. Hoành độ giao điểm của d và ( C ) có giá trị bằng 1. D. Nếu A = d ∩ ( C ) thì A (1; 0 ) . Câu 8. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho đường thẳng d : 2 x − y + m = 0 cắt đồ thị ( C ) x +1 tại hai điểm A, B phân biệt thuộc hai nhánh của ( C ) . x −1 24 A. m ∈ 1 − 2 3;5 . B. m ∈ −5; . 7 C. m ∈ ( 8; +∞ ) . D. m ∈ ( −∞; +∞ ) . Câu 9. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng ? x2 −1 2 A. y = x + 2 x + 3. B. y = 2 . x + x +1 x2 + x +1 C. y = . D. y = x3 + 2 x + 1. x2 −1 1 Câu 10. Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho y = x 3 − ( m + 1) x 2 + m ( m + 2 ) x + 7 đồng biến 3 trên đoạn [ 2;9] .
của hàm số y =
(
)
A. m ≤ 0 hoặc m ≥ 9. B. m ≤ 2 hoặc m ≥ 9. 9 C. m ≤ 0 hoặc m ≥ . D. m = 2 hoặc m = 9. 2 Câu 11. Một mảnh giấy hình chữ nhật có chiều dài 12 (cm) và chiều rộng 6 (cm). Thực hiện thao tác gấp góc dưới bên phải sao cho đỉnh được gấp nằm trên cạnh chiều dài còn lại (như hình vẽ). Chiều dài L tối thiểu của nếp gấp là bao nhiêu ?
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
105
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
A. min L = 6 2 (cm). C. min L =
B. min L =
7 3 (cm). 2
9 3 (cm). 2
D. min L = 9 2 (cm).
Câu 12. Nghiệm nhỏ nhất của phương trình log 2 ( 2 x − 1) .log 2 ( 2 x + 3 − 8 ) = 10 có dạng log 2 a, b là hai số nguyên dương và
A. T = 97. C. T = 193.
a vớ i b
a là phân số tối giản. Tính giá trị của T = a + 2b. b B. T = 49. D. T = 385.
Câu 13. Tính đạo hàm của hàm số y =
4 x +1 . 9x
22 x + 4 2 ln . 32 x 3 x2 +3 2 2 C. y ' = x2 ln . 3 3
2 2 x +3 2 ln . 32 x 3 x2 + 4 2 2 D. y ' = x2 ln . 3 3
A. y ' =
B. y ' =
1001
x 2 − 3x + 4 Câu 14. Giải bất phương trình log 1 x −1 2 A. 2 < x < 3 hoặc x < 1. C. 2 < x < 3.
> −1001.
B. 1 < x < 3. D. 1 < x < 3 và x ≠ 2. 1
Câu 15. Tìm tập xác định D của hàm số y = ( x 2 − 8 x + 15 )1001 . A. D = [3;5] .
B. D = [5; +∞ ) ∪ ( −∞;3] .
C. D = ℝ.
D. D = ( 5; +∞ ) ∪ ( −∞;3) . x +1
x+2
Câu 16. Cho hàm số f ( x ) = 2 .3 .5 . Xét các khẳng định sau: x
1 Khẳng định 1. f ( x ) > 1 ⇔ x ln 2 + ( x + 1) ln 3 > ( x + 2 ) ln . 5 Khẳng định 2. f ( x ) > 3 ⇔ x + ( x + 2 ) log 6 5 > 0. 1 Khẳng định 3. f ( x ) < 25 ⇔ x < ( x + 1) log . 3 Khẳng định 4. f ( x ) < 5 ⇔ x + ( x + 1) log 2 15 < 0. Trong các khẳng định trên, có bao nhiêu khẳng định đúng ? A. 4. B. 1. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
106
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam C. 3. D. 2. Câu 17. Cho a, b, c là hai số thực lớn hơn 1. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? A. log abc a 2 = 2 + 2 log a b + 2 log a c. 1 1 B. log abc a 2 = 2 + log b a + log c a. 2 2 2 C. log abc a 2 = . 1 + log a b + log a c 2 D. log abc a 2 = . 2 + log b a + log c a Câu 18. Tính đạo hàm của hàm số y = ln
(
) (
x 2 + 1 + x .ln
A. y ' = 0.
C. y ' =
)
x2 + 1 − x .
B. y ' = −
(
2 x ln x + x 2 + 1
).
x2 + 1 Câu 19. Cho a và b là hai số thực thỏa mãn a 2 + b 2 = ab. Xét các hệ thức sau: Hệ thức 1. ln a + ln b = ln ( a 2 + b 2 ) .
D. y ' = −
(
2 x ln x + x 2 + 1 x2 + 1
(
2 ln x + x 2 + 1 x2 + 1
).
).
Hệ thức 2. log 3 a + log3 b = 2 log 3 ( a + b ) − 1. Hệ thức 3. 2 ln ( a + b + 1) = ln ( 2a + 2b + 3ab + 2 ) . Hệ thức 4. ln ( a + 1) + ln ( b + 1) = ln ( a 2 + b 2 + a + b + 1) .
Trong các hệ thức trên, có bao nhiêu hệ thức đúng ? A. 0. C. 2. Câu 20. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? 1 A. log 1 ( 950 + 3) + log 3 3100 > 0. 2 3
C. log 2 ( 450 + 1) + log 1 2100 > 0.
B. 1. D. 3. B. log 3 ( 950 + 1) − 2 log 9 3100 < 0. D. log 1 ( 450 + 2 ) − log 1 2100 > 0.
2
2
2
Câu 21. Anh Vũ Nhữ Hồ làm việc cho công ty Viễn thông Viettel với mức lương khởi điểm là 6 triệu VNĐ / tháng. Cứ hai năm anh Vũ Nhữ Hồ lại được tăng lương thêm t %. Tìm t để sau 8 năm làm việc, anh Vũ Nhữ Hồ được lĩnh lương tất cả 668304000 VNĐ. A. t = 12. B. t = 10. C. t = 8. D. t = 14. Câu 22. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? A.
B.
C.
π 2
π 2
0 π 2
0 π 2
0 π 2
0
0
0
π
∫ f ( sin x ) dx + ∫ f ( cos x ) dx = 2 . π
∫ f ( sin x ) dx − ∫ f ( cos x ) dx = 2 . π 2
∫ f ( sin x ) dx = ∫ f ( cos x ) dx.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
107
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
D.
π 2
π 2
0
0
∫ f ( sin x ) dx = − ∫ f ( cos x ) dx.
Câu 23. Tìm nguyên hàm H của hàm số f ( x ) = A. H = ln 1 −
2 2
1− x +1 2
1 x x2 + 1
.
1 2 ln 1 − + C. 2 1 − x2 + 1
B. H =
+ C.
1 2 ln 1 − + C. 2 1 + x2 + 1 1 + x2 + 1 Câu 24. Một vật đang chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc a (t ) = t + t 2 (m / s 2 ). Tính quãng đường S (m) mà vật đi được trong khoảng thời gian 6 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc. A. S = 42. B. S = 90. C. S = 204. D. S = 264. C. H = ln 1 −
D. H =
+ C.
21000
Câu 25. Tính tích phân I =
∫ 1
x2 + 4 x + 1 dx. x2 + x
2 2 A. I = 21000 − 1 + ln 21998 (1 + 21000 ) . B. I = 21000 + ln 21998 (1 + 21000 ) . 2 2 C. I = 21000 − 1 + ln 21996 (1 + 21000 ) . D. I = 21000 + ln 21996 (1 + 21000 ) . Câu 26. Tìm tất cả các giá trị thực dương của tham số m sao cho m
∫ xe
x 2 +1
dx = 2500 e
m2 +1
.
0
A. m = 2 250 2500 + 2.
B. m = 21000 + 1.
C. m = 2 250 2500 − 2. D. m = 21000 − 1. Câu 27. Tính diện tích hình phẳng nằm trong góc phần tư thứ nhất, giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = x3 và đường thẳng y = 9 x. 81 A. 81. B. . 2 81 81 C. . D. . 8 4 Câu 28. Ký hiệu ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = ( cos x − sin x + 3 x − 1) sin x + cos x + 3, y = 0, x =
π
. 2 Tính thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình ( H ) xung quanh trục hoành.
A. V = C. V =
π ( 3π − 4 )
3
.
18
π ( 3π − 2 ) 12
B. V =
3
.
D. V =
π ( 3π − 4 )
3
.
24
π ( 3π − 2 ) 30
3
.
1 3 Câu 29. Cho số phức z = − + i. Xét biểu thức P = ( a + bz + cz 2 )( a + bz 2 + cz ) , với a, b, c là 2 2 các số thực. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? A. P = a + b + c. B. P = a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca. C. P = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca. D. P = 0. Câu 30. Cho hai số phức z1 = 3 + i và z2 = 4 − 2i. Tính môđun của số phức z = z1 + z2 . File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
108
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam A. 13.
B.
5.
C. 1. Câu 31. Trong mặt phẳng phức, cho hình vẽ sau:
D.
50.
Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? A. Điểm N (−1; 2) biểu diễn số phức z = 2 − i. B. Điểm M (1; 2) biểu diễn số phức z = 1 + 2i. C. Điểm P(−1; −2) biểu diễn số phức z = −1 + 2i. D. Điểm Q(1; −2) biểu diễn số phức z = −2 + i. Câu 32. Kí hiệu z1 , z2 , z3 , z4 là bốn nghiệm phức của phương trình z 4 − 6 z 2 − a = 0, với a là số thực dương. Tìm a sao cho z1 + z2 + z3 + z4 = 6 2.
A. a = 6. B. a = 7. C. a = 16. D. a = 17. Câu 33. Trong mặt phẳng phức, cho điểm A biểu diễn số phức z1 = 1 + 2i, điểm B thuộc đường thẳng y = 2 sao cho tam giác OAB vuông tại gốc tọa độ O. Điểm B biểu diễn số phức nào dưới đây ? A. z2 = 2 − 4i. B. z2 = −4 + 2i. C. z2 = −2 + i. D. z2 = 1 − 2i. Câu 34. Số phức z thỏa mãn w = ( z + 2 − i )( z + 1 + 3i ) là một số thực. Tìm số phức z sao cho z có giá trị nhỏ nhấ. A. z = −2 + i. B. z = −3 + 2i. C. z = 2 − i. D. z = 1 − 3i. Câu 35. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai ? 1 A. Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là V = B.h. 3 B. Thể tích của khối hộp hình chữ nhật bằng tích ba kích thước của nó. 1 C. Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là V = B.h. 3 D. Thể tích của khối hộp bằng bằng tích của diện tích đáy và chiều cao của nó. Câu 36. Một cái ly dạng hình nón (như hình vẽ). Người ta đổ một lượng nước vào ly sao cho chiều 1 cao của lượng nước trong ly bằng chiều cao của ly. Hỏi nếu bịt kín miệng ly rồi lộn ngược ly lên 3 thì tỷ lệ chiều cao của mực nước và chiều cao của ly nước bằng bao nhiêu ?
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
109
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
5) A.
3− 2 2 . 3
1 . 9 Câu 37. Cho tứ diện ABCD có
C.
B.
1 . 6
D.
3 − 3 26 . 3
= DAC = BAD = 600 , DBC = 900. AB = a, AC + AD = m > 2a, BAC Tính theo a, m thể tích V tứ diện ABCD. A. V = C. V =
3a ( am − 2a 2 ) 12 2a ( am − 2a 2 )
.
B. V =
2a ( am − 2a 2 ) 12 3a ( am − 2a 2 )
.
. D. V = . 16 16 Câu 38. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tâm O, cạnh SO = 3, AB = 2. Trên hai cạnh SM SN 2 SB và SD lần lượt lấy hai điểm M và N sao cho = = . Đường thẳng SC cắt mặt SB SD 3 phẳng ( AMN ) tại điểm P. Tính thể tích V của hình chóp S . AMPN . 1 4 3 A. V = . B. V = . 3 27 2 2 3 C. V = . D. V = . 9 9 Câu 39. Cho ( H ) là hình lăng trụ đứng tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a. Tính theo a thể tích V của hình ( H ). a3 a3 3 . B. V = . 2 2 a3 3 a3 2 C. V = . D. V = . 4 3 Câu 40. Người thợ cần làm cái bể cá hai ngăn, không có nắp ở phía trên nhưng có một tấm kính kích thước như trong hình vẽ để để hộp thức ăn lên đó. Với thể tích của bể là 0,216 m 3 . Người thợ cắt các tấm kính có các kích thước như hình vẽ rồi ghép lại để tạo thành cái bể cá như mong muốn. Hỏi với các kích thước a, b, c như thế nào thì đỡ tốn kính nhất (giả sử độ dày của kính không đáng kể) ?
A. V =
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
110
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
A. a = 0, 9 m, b = 0, 6 m, c = 0, 4 m. B. a = 1,8 m, b = 0, 4 m, c = 0,3 m. C. a = 0, 6 m, b = 0, 9 m, c = 0, 4 m. D. a = 0, 4 m, b = 1,8 m, c = 0,3 m. Câu 41. Cho hình thang cân ABCD có các cạnh đáy AB = 2a, CD = 4a và cạnh bên AD = BC = 3a. Tính theo a thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình thang cân ABCD xung quanh trục của nó. 4 + 10 2 3 14 2 3 A. V = πa . B. V = πa . 3 3 10 2 3 4 C. V = πa . D. V = π a 3 . 3 3 = α . Cạnh SA vuông góc với Câu 42. Cho hình chóp S . ABC có cạnh AB = 1, AC = 2 và góc BAC mặt phẳng ( ABC ) . Điểm B1 và C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB và SC. Tính bán kính R của mặt cầu đi qua các điểm A, B, C , C1 , B1.
A. R =
5 − 4 cos α . 3 sin α
B. R =
2 5 − 4 cos α . 3 sin α
5 − 4 cos α 5 − 4 cos α . D. R = . 2 sin α 2 sin α Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ a và b có độ dài lần lượt bằng 1 và 2. Tính giá trị của biểu thức P = a + b , với a; b = 600.
C. R =
( )
A. P = 7.
B. P = 3.
C. P = 5 + 2 3. D. P = 5 − 2 3. Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 6 y − 2mz + 38 = 0, với m là tham số thực. Tìm m sao cho phương trình trên là phương trình của một mặt cầu. A. m > 3 hoặc m < −3. B. m > 6 hoặc m < −6. C. m > 4 hoặc m < −4. D. m > 5 hoặc m < −5. x −3 y + 2 z −4 Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và mặt 3 4 2 phẳng ( P ) : 2 x − 3 y + mz − 1 = 0, với m là tham số thực. Ký hiệu α là góc giữa đường thẳng d và 2 . 29 A. m = 4 hoặc m = 2. B. m = 5 hoặc m = 1. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
mặt phẳng ( P ) . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho sin α =
111
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam C. m = −4 hoặc m = −2 D. m = −5 hoặc m = −1. Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu có phương trình 2
2
2
( S1 ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9. 2 2 2 Xét mặt cầu ( S 2 ) : ( x − 2 ) + ( y − m ) + ( z − 1) = 16, với m là tham số thực. Tìm cầu ( S1 ) tiếp xúc với mặt cầu ( S2 ) . A. m ∈∅.
B. m = 2 ± 2 155.
C. m = 2 ± 4 3.
D. m = 2 ± 2 11.
m sao cho mặt
Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 2;1 − 1) , B ( −4; −1;1) , C (1; 0; 2 ) , D ( 0;1; −1) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( P ) bằng khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng ( P ) .
A. B. C. D.
2 x − 5 y + z + 2 = 0 hoặc 2 x − 3 y + 3 z + 2 = 0. x − 4 y − z + 1 = 0 hoặc x − y + 2 z + 1 = 0. x − 3 y + 1 = 0 hoặc x − 5 y − 2 z + 1 = 0. 4 x − 9 y + 3 z + 4 = 0 hoặc 4 x − 7 y + 5 z + 4 = 0.
x −1 y − 2 z − 2 = = và điểm 1 1 −1 A ( 2; −1;1) . Mặt cầu ( S ) đi qua điểm A và có tâm I thuộc đường thẳng d . Viết phương trình mặt
Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :
cầu ( S ) có bán kính nhỏ nhất. 2
2
A. ( S ) : x 2 + ( y − 3) + ( z − 1) = 20. 2
2
2
2
2
2
B. ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 3) = 8. C. ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 6. 2
2
D. ( S ) : ( x − 3) + y 2 + ( z − 4 ) = 11. Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + z − 5 = 0 và hai đường x +1 y + 3 z − 4 x −1 y + 1 z − 3 = = , d2 : = = . Viết phương trình đường thẳng d nằm trên 1 1 −1 1 2 1 mặt phẳng ( P ) , đồng thời cắt cả hai đường thẳng d1 và d 2 .
thẳng d1 :
x −1 y +1 z − 2 x −1 y +1 z − 2 = = B. d : = = . 1 1 1 1 2 3 x −1 y +1 z − 2 x − 2 y z −1 C. d : = = . D. d : = = . −1 1 3 −1 1 3 Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; 2; −1) và mặt phẳng ( P ) có phương
A. d :
trình x + y + 2 z − 13 = 0. Mặt cầu đi qua A, tiếp xúc với ( P ) và có bán kính nhỏ nhất. Điểm
I ( a; b; c ) là tâm của ( S ) , tính giá trị của biểu thức T = a 2 + 2b 2 + 3c 2 , A. T = 25. C. T = 20.
B. T = 30. D. T = 35.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
112
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
ĐÁP ÁN ĐỀ 7 Câu 1. 3 3 3 3 3 Từ đồ thị hàm số y = x3 − x 2 − x ta dễ dàng vẽ được đồ thị hàm số y = x − x 2 − x . 4 2 4 2
( C ) : f ( x ) = x3 −
3 2 3 x − x. 4 2
( C ') : f ( x ) = 3
Biến đổi 4 x 3 − 3 x 2 − 6 x = m 2 − 6m ⇔ x −
3
x −
3 2 3 x − x. 4 2
3 2 3 m 2 − 6m x − x = . 4 2 4
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
113
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Khi đó YCBT ⇔
m = 0 m 2 − 6m =0⇔ 4 m = 6
Chọn A
Một số bài toán luyện thêm: Bài 1. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ \ {1} và có đồ thị ( C ) như hình vẽ sau:
1. Với giá trị thực nào của tham số m thì phương trình f ( x ) = log 2 m có hai nghiệm thực ? 1 1 A. 0 < m < . B. m = . 4 4 1 C. < m < 21+ 2 2 . D. m > 21+ 2 2 . 4 Chọn A 2. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho phương trình f ( x ) = log 2 m có nghiệm thực duy nhất. 1 A. 0 < m < . 4 1 C. < m < 21+ 2 2 . 4
1 B. m = . 4
D. m > 21+ 2 2 .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
114
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Chọn B 3. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho phương trình f ( x ) = log 2 m vô nghiệm trên tập số thực. 1 1 A. 0 < m < . B. m = . 4 4 1 C. < m < 21+ 2 2 . D. m > 21+ 2 2 . 4 Chọn C 4. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho phương trình f ( x ) = log 2 m có bốn nghiệm phân biệt trên tập số thực. 1 1 B. m = . A. 0 < m < . 4 4 1 C. < m < 21+ 2 2 . D. m > 21+ 2 2 . 4 Chọn D 3 Bài 2. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho phương trình x − 3 x + 6 − 2 − m = 0 có bốn nghiệm phân biệt trên tập só thực. A. − log 2 6 < m < −2. B. m < − log 2 6.
D. m = − log 2 6. C. −2 < m. Chọn A Bài 3. Cho hàm số f ( x ) = x 4 − 4 x3 − 2 x 2 + 12 x − 1 có đồ thị ( C ) như hình vẽ sau:
Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho đường thẳng y = 2m cắt đồ thị của hàm số 3
y = g ( x ) = x 4 − 4 x − 2 x 2 + 12 x − 1 tại sáu điểm phân biệt.
A. m < −5. 1 C. m > . 2 Chọn D Câu 2. Đáp án A đúng vì lim y = 2.
B. m > 3. 1 D. − < m < 3. 2
x →∞
Đáp án B đúng vì qua x = −2 thì y ' đổi dấu từ ''− '' sang ''+ '' và qua x = 2 thì y ' đổi dấu ''+ '' sang ''− ''. Từ bảng biến thiên thì rõ ràng đáp án C đúng.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
từ
115
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 Đáp án D sai vì trên khoảng −2; hàm số đồng biến và trên khoảng 2 biến. Chọn D Câu 3. x −1 > 0 x > 1 x2 x2 ĐK: ⇔ + 2log 2 ( x −1) > 0 ⇔ + x −1 > 0 2 2 2 x x2 log 2 ( x −1) + 3 > 0 − log + x − 1 + 3 > 0 log 1 + 2 3 2 3 2 x > 1 x > 1 x > 1 2 2 ⇔ ⇔ x ⇔ 2 x 3 x + 2 x − 56 < 0 log 3 2 + x − 1 < 3 + x − 1 < 3 2
1 ; +∞ hàm số nghịch 2
x > 1 ⇔ ⇔ 1 < x < 57 − 1. −1 − 57 < x < −1 + 57 Chọn A Câu 4. ( 4 x + 1)( x + 1) − ( 2 x 2 + x + 1) 2 x 2 + 4 x x = 0 Đạo hàm y ' = = =0⇔ 2 2 ( x + 1) ( x + 1) x = −2 Ta thấy qua x = 0 thì y ' đổi dấu từ ''− '' sang ''+ '' ⇒ yCT = y ( 0 ) = 1.
Chọn C Câu 5. Xét phương trình f ' ( x ) = x 2 + ( 4 − m ) x + 5 − 2m = 0 x2 + 4 x + 5 = m. x+2 Ta có nghiệm của f ' ( x ) = 0 cũng là hoành độ giao điểm của g ( x ) = m.
⇔ x2 + 4x + 5 = m ( x + 2) ⇔ g ( x ) =
Khi đó từ bảng biến thiên ta có YCBT ⇔ m > 2. Chọn A
Bài toán luyện thêm:
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
116
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Cho hàm số f ( x ) = 2 x 3 − 3 ( m + 2 ) x 2 + 6 ( 5m − 1) x − ( 4m3 + 2 ) , với m là tham số thực. Hàm số g ( x) =
x2 − 2 x + 1 có bảng biến thiên như hình vẽ sau: x−5
1. Tìm m sao cho hàm số f ( x ) đạt cực trị ít nhất tại một điểm mà điểm đó lớn hơn 1. A. m < 0.
1 B. − < m < 0. 3
2 < m < 0. D. m > 16. 3 Chọn A 2. Tìm m sao cho hàm số f ( x ) đạt cực trị tại hai điểm mà hai điểm này nhỏ hơn 2.
C. −
A. m < 0.
1 B. − < m < 0. 3
2 < m < 0. D. m > 16. 3 Chọn B 3. Tìm m sao cho hàm số f ( x ) đạt cực trị ít nhất tại một điểm mà điểm đó thuộc ( −1;1) .
C. −
A. m < 0. 2 < m < 0. 3 Chọn C
C. −
1 B. − < m < 0. 3
D. m > 16.
4. Tìm m sao cho hàm số f ( x ) đạt cực trị ít nhất tại một điểm mà điểm đó lơn hơn 9. A. m < 0. 2 < m < 0. 3 Chọn D
C. −
1 B. − < m < 0. 3
D. m > 16.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
117
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 5. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho hàm số f ( x ) đạt cực trị ít nhất tại một điểm x0 nào đó mà x0 > 4. 25 . 9
A. m < 0.
B. m < −
C. 16 < m.
D. m > 16 hoặc m <
25 . 9
Chọn D Câu 6. Hàm số đã xác định và liên tục trên đoạn [ −4; −1] . x ∈ ( −4; −1) Ta có y ' = 6 x 2 + 18 x = 0; ⇔ x = −3. y ' = 0 Lại có y ( −1) = 8; y ( −4 ) = 17; y ( −3) = 28 ⇒ min y = 8. [ −4;−1]
Chọn B Câu 7. Ta thấy d cắt đồ thị ( C ) tại đúng một điểm có tọa độ ( 0;1) . Do đó A sai, B đúng, C sai, D sai. Chọn B Câu 8. Đồ thị ( C ) nhận đường thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng. Phương trình hoành độ giao điểm x +1 x ≠ 1 2x + m = ⇔ 2 x −1 g ( x ) = 2 x + ( m − 3) x − m − 1 = 0 Đường thẳng d cắt ( C ) tại A, B phân biệt thuộc hai nhánh của ( C )
⇔ g ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 khác 1 và thỏa mãn ( x1 − 1)( x2 − 1) < 0 ∆ = ( m − 3)2 + 8 ( m + 1) > 0 m 2 + 2m + 17 > 0 ⇔ 2.12 + ( m − 3) .1 − m − 1 ≠ 0 ⇔ m ∈ ℝ −m − 1 3 − m x x − ( x1 + x2 ) + 1 < 0 − +1 < 0 1 2 2 2 ( m + 1) 2 + 16 > 0 ⇔ ⇔ m ∈ ℝ. − m − 1 − 3 + m + 2 < 0
Chọn D Câu 9. Đồ thị hàm số ở đáp án A và D không có tiệm cận Đồ thị hàm số ở đáp án B có tiệm cận ngang y = 1 và không có tiệm cận đứng. Đồ thị hàm số ở đáp án C có tiệm cận đứng x = ±1 và tiệm cận ngang y = 1. Chọn C Câu 10. Đạo hàm y ' = x 2 − 2 ( m + 1) x + m ( m + 2 ) = ( x − m )( x − m − 2 ) . x = m Ta có y ' = 0 ⇔ ( m + 2 > m). x = m + 2 m ≥ 9 m ≤ 0 Khi đó YCBT ⇔ ⇔ m + 2 ≤ 2 m ≥ 9 Chọn A File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
118
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 11. Các thông số muốn đặt được biểu diễn trong hình vẽ sau:
Ta sẽ đưa L theo hàm của một trong biến x, y, w. 2
Ta có x 2 = w2 + ( 6 − x ) ⇒ w2 = 12 x − 36 ⇒ w = 12 x − 36. Do đó ta cần có 3 ≤ x ≤ 6 Lại có HB =
(1)
2
y − 36 ⇒ 12 ≥ y ≥ 6. y = HB + w =
y 2 − 36 + 12 x − 36 ⇒ y − 12 x − 36 =
⇒ y 2 − 2 y 12 x − 36 + 12 x − 36 = y 2 − 36 ⇒ y =
y 2 − 36
6x = 12 x − 36
3x . x−3
x > 3 3x Từ đó 6 ≤ ≤ 12 ⇔ x 2 ≥ 12 ( x − 3) x −3 2 x ≤ 48 ( x − 3) x > 3 2 ⇔ ( x − 6 ) ≥ 0 ⇔ 24 − 12 3 ≤ x ≤ 24 + 12 3 24 − 12 3 ≤ x ≤ 24 + 12 3 Từ (1) và (2) ta được 24 − 12 2 ≤ x ≤ 6. 3x2 Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của L = x 2 + y 2 , ta có L2 = x 2 + . x −3 3x2 Xét hàm số f ( x ) = x 2 + , với x ∈ 24 − 12 2;6 có x −3
(2)
x 2 ( 2 x − 9 ) x ∈ 24 − 12 2; 6 9 f '( x) = 2x + 3 = ; ⇔x= . 2 2 2 ( x − 3) ( x − 3) f ' ( x ) = 0 Rõ ràng f ( x ) liên tục và xác định trên 24 − 12 2;6 . x2 − 6 x
(
)
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
119
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 9 243 Lại có f 24 − 12 3 = 576 2 − 3 ; f ( 6 ) = 72; f = . 4 2 243 243 9 3 ⇒L≥ = . Do đó min f ( x ) = 24 −12 3;6 4 4 2 Chọn B Câu 12. 2 x − 1 > 0 2 x > 1 ĐK: x +3 ⇔ x ⇔ 2 x > 1 ⇔ x > log 2 1 ⇔ x > 0 2 − 8 > 0 8.2 − 8 > 0 Khi đó log 2 ( 2 x − 1) .log 2 ( 2 x+ 3 − 8 ) = 10
(
)
(
)
(*)
⇔ log 2 ( 2 x − 1) .log 2 ( 8.2 x − 8 ) = 10 ⇔ log 2 ( 2 x − 1) .log 2 8 ( 2 x − 1) = 10 ⇔ log 2 ( 2 x − 1) log 2 8 + log 2 ( 2 x − 1) = 10 ⇔ log 2 ( 2 x − 1) 3 + log 2 ( 2 x − 1) = 10
(1)
t = 2 Đặt t = log 2 ( 2 x − 1) thì (1) thành t ( 3 + t ) = 10 ⇔ t 2 + 3t − 10 = 0 ⇔ t = −5 • TH1. t = 2 ⇒ log 2 ( 2 x − 1) = 2 ⇔ 2 x − 1 = 22 ⇔ 2 x = 5 ⇔ x = log 2 5 thỏa mãn (*) 33 33 ⇔ x = log 2 thỏa mãn (*) 32 32 33 Do đó nghiệm nhỏ nhất của phương trình đã cho là x = log 2 . 32 •
TH2. t = −5 ⇒ log 2 ( 2 x − 1) = −5 ⇔ 2 x − 1 = 2 −5 ⇔ 2 x =
Bài ra ta có ngay a = 33, b = 32 ⇒ T = a + 2b = 97. Chọn A Câu 13. x
x x 2 2 2 2 4 x +1 4.4 x 4 4 4 Ta có y = x = x = 4. ⇒ y ' = 4. ln = 4. ln 9 9 9 9 9 3 3 2x
2 2 2 x 2 23.22 x 2 22 x +3 2 2 ⇒ y ' = 4. .2 ln = 8. 2 x ln = 2 x ln = 2 x ln . 3 3 3 3 3 3 3 3
Chọn B Câu 14. x ≠ 1 x ≠ 1 x ≠ 1 2 ĐK: x 2 − 3 x + 4 1001 ⇔ x 2 − 3x + 4 ⇔ x − 3 + 7 ⇔ x >1 >0 2 4 >0 >0 x −1 x − 1 x −1 1001
x 2 − 3x + 4 Khi đó log 1 x −1 2
(*)
x 2 − 3x + 4 > −1001 ⇔ 1001.log 1 > −1001 x −1 2 −1
x 2 − 3x + 4 x 2 − 3x + 4 1 > −1 ⇔ < x − 1 x − 1 2 2 2 2 ( x − 2 )( x − 3) < 0. x − 3x + 4 x − 5x + 6 ⇔ <2⇔ <0⇔ x −1 x −1 x −1 Kết hợp với (*) ta được ( x − 2 )( x − 3) < 0 ⇔ 2 < x < 3 thỏa mãn.
⇔ log 1
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
120
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Chọn C Câu 15. 1 x > 5 Hàm số y = ( x 2 − 8 x + 15)1001 xác định x 2 − 8 x + 15 > 0 ⇔ x < 3 Chọn D Câu 16. Xét khẳng định 1, ta có f ( x ) > 1 ⇔ 2 x.3x +1.5x + 2 > 1
⇔ ln ( 2 x.3x +1.5 x + 2 ) > ln1 ⇔ ln 2 x + ln 3x +1 + ln 5 x + 2 > 0
⇔ x ln 2 + ( x + 1) ln 3 + ( x + 2 ) ln 5 > 0 ⇒ khẳng định 1 đúng. Xét khẳng định 2, ta có f ( x ) > 3 ⇔ 2 x.3x +1.5x + 2 > 3 ⇔ 2 x.3x.5 x + 2 > 1 ⇔ 6 x.5 x + 2 > 1 ⇔ log 6 ( 6 x.5 x + 2 ) > log 6 1 ⇔ log 6 6 x + log 6 5 x + 2 > 0
⇔ x + ( x + 2 ) log 6 5 > 0 ⇒ khẳng định 2 đúng. Xét khẳng định 3, ta có f ( x ) < 25 ⇔ 2 x.3x +1.5x + 2 < 25 ⇔ 2 x.3x +1.5 x < 1 ⇔ 10 x.3x +1 < 1 ⇔ log (10 x.3x +1 ) < log1 ⇔ log10 x + log 3x +1 < 0 1 ⇔ x + ( x + 1) log 3 < 0 ⇔ x − ( x + 1) log < 0 3 1 ⇔ x < ( x + 1) log ⇒ khẳng định 3 đúng. 3 Xét khẳng định 4, ta có f ( x ) < 5 ⇔ 2 x.3x +1.5x + 2 < 5 ⇔ 2 x.3x +1.5 x +1 < 1 ⇔ 2 x.15 x +1 < 1 ⇔ log 2 ( 2 x.15 x +1 ) < log 2 1 ⇔ log 2 2 x + log 2 15 x +1 < 0
⇔ x + ( x + 1) log 2 15 < 0 ⇒ khẳng định 4 đúng. Chọn A Câu 17. Với a, b, c > 1, ta có
log abc a 2 = 2 log abc a =
2 2 2 = = . log a ( abc ) log a + log a b + log a c 1 + log a b + log a c
Chọn C Câu 18. Ta có y = ln
(
) ( x + 1 + x ) .ln x +11 + x = ln ( x + 1 + x ) . ln1 − ln ( x + 1 + x ) = ln ( x + 1 + x ) . − ln ( x + 1 + x ) = − ln ( x + 1 + x ) x 1 ⇒ y ' = −2 ln ( x + 1 + x ) . . + 1 x +1 + x x +1 2 ln ( x + x + 1 ) x + x +1 = −2 ln ( x + x + 1 ) . =− . x + 1 x + + x x + 1 1 ( ) ) (
x 2 + 1 + x .ln
x 2 + 1 − x = ln
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Chọn D Câu 19. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
121
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 2
b 3b 2 =0 Ta có a + b = ab ⇔ a − ab + b = 0 ⇔ a − + 2 4 2
2
2
2
2
b 3b 2 b ⇔ a − = = 0 ⇔ a − = b = 0 ⇔ a = b = 0. 2 4 2 Với a = b = 0 thì không tồn tại hệ thức 1 và 2, hệ thức 3 sai, hệ thức 4 đúng. Chọn B Câu 20. 1 Xét đáp án A, ta có log 1 ( 950 + 3) + log 3 3100 > 0 2 3
⇔ − log 3 ( 950 + 3) + log 3 3100 > 0 ⇔ log 3 3100 > log 3 ( 950 + 3) ⇔ 3100 > 950 + 3. 50
Điều này sai vì 950 + 3 = ( 32 ) + 3 = 32.50 + 3 = 3100 + 3 > 3100 ⇒ A sai. Xét đáp án B, ta có log 3 ( 950 + 1) − 2 log 9 3100 < 0 ⇔ log 3 ( 950 + 1) − log 3 3100 < 0 ⇔ log 3 ( 950 + 1) < log 3 3100 ⇔ 950 + 1 < 3100 ⇒ B sai Xét đáp án C, ta có log 2 ( 450 + 1) + log 1 2100 > 0 2
⇔ log 2 ( 4 + 1) − log 2 2 50
100
> 0 ⇔ log 2 ( 450 + 1) > log 2 2100 ⇔ 450 + 1 > 2100.
50
Điều này đúng vì 450 + 1 = ( 22 ) + 1 = 2 2.50 + 1 = 2100 + 1 > 2100 ⇒ C đúng. Xét đáp án D, ta có log 1 ( 450 + 2 ) − log 1 2100 > 0 2
2
⇔ log 1 ( 4 + 2 ) > log 1 2 50
2
100
⇔ 450 + 2 < 2100 ⇒ D sai.
2
Chọn C Câu 21. Hai năm gồm 24 tháng. Từ đầu năm thứ 1 đến hết năm thứ 2, anh Vũ Nhữ Hồ nhận được 24.6.106 (VNĐ). Từ đầu năm thứ 3 đến hết năm thứ 4, anh Vũ Nhữ Hồ nhận được 24.6.106 + 24.6.106.t % = 24.6.106. (1 + t % ) (VNĐ). Từ đầu năm thứ 5 đến hết năm thứ 6, anh Vũ Nhữ Hồ nhận được 24.6.106. (1 + t % ) + 24.6.106. (1 + t % ) .t % 2
= 24.6.106. (1 + t % ) . (1 + t % ) = 24.6.106. (1 + t % ) (VNĐ). Từ đầu năm thứ 7 đến hết năm thứ 8, anh Vũ Nhữ Hồ nhận được 2
2
24.6.106. (1 + t % ) + 24.6.106. (1 + t % ) .t % 2
3
= 24.6.106. (1 + t % ) . (1 + t % ) = 24.6.106. (1 + t % ) (VNĐ). Sau 8 năm làm việc, anh Vũ Nhữ Hồ được lĩnh lương tất cả 668304000 VNĐ nên 2 3 24.6.106. 1 + (1 + t % ) + (1 + t % ) + (1 + t % ) = 668304000 4641 2 3 ⇔ 1 + (1 + t % ) + (1 + t % ) + (1 + t % ) = 1000 11 t 1 ⇔ 1+ t% = ⇔ = ⇔ t = 10. 10 100 10 Chọn B Câu 22.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
122
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam π
π
2
2
π Xét tích phân I = ∫ f ( sin x ) dx = ∫ f cos − x dx. 2 0 0
Đặt t =
π 2
−x⇒ x=
π
− t , khi x = 0 ⇒ t =
2
π 2
; x=
π
π
π
2
2
2
π 2
⇒ t = 0.
π Do đó I = − ∫ f ( cos t ) d − t = ∫ f ( cos t ) dt = ∫ f ( cos x ) dx. 2 0 0 0 Chọn C Câu 23. 1 x 1 1 Ta có H = ∫ dx = ∫ dx = ∫ d ( x2 ) . 2 2 2 2 2 2 x x +1 x x +1 x x +1
Đặt t = x 2 + 1 ⇒ x 2 = t 2 − 1 ⇒H = =∫ =
1 1 1 1 .2tdt d ( t 2 − 1) = ∫ 2 ∫ 2 2 ( t − 1) t 2 t ( t − 1) 1
( t − 1)( t + 1)
dt =
1 1 1 1 − dt = ( ln t − 1 − ln t + 1 ) + C ∫ 2 t −1 t + 1 2
1 t −1 1 2 1 2 ln + C = ln 1 − + C = ln 1 − + C. 2 t +1 2 1+ t 2 1 + x2 + 1
Chọn D Câu 24. Gọi v(t ) là vận tốc của vật, ta có v '(t ) = a (t ) = t + t 2 ⇒ v(t ) = ∫ ( t + t 2 ) dt = Do v(0) = 10 ⇒ 0 + 0 + C = 10 ⇔ C = 10 ⇒ v(t ) = t 2 +
t2 t3 + + C. 2 3
t3 + 10. 3
6 t2 t3 t3 t4 6 Khi đó S = ∫ + + 10 dt = + + 10t = 204 (m). 2 3 6 12 0 0 Chọn C Câu 25. 21000
∫
Ta có I =
1
x2 + 4 x + 1 dx = x2 + x 21000
=
∫ 1
2
21000
1000
( x + 1) + 2 x dx = 2 ∫1 x ( x + 1) ∫1
2 x +1 + dx x +1 x
2 1 1 + + dx = ( x + ln x + 2 ln x + 1 ) x x +1
21000
1
= 21000 + ln 21000 + 2 ln (1 + 21000 ) − (1 + ln1 + 2 ln 2 ) 2
= 21000 + ln 21000 + ln (1 + 21000 ) − 1 − ln 4 1000
=2
− 1 + ln
21000. (1 + 21000 )
Chọn A Câu 26. m
Ta có I = ∫ xe 0
x 2 +1
m
1 dx = ∫ e 20
x 2 +1
4
2 2 = 21000 − 1 + ln 21998 (1 + 21000 ) .
d ( x 2 ).
Đặt t = x 2 + 1, khi x = 0 ⇒ t = 1; x = m ⇒ t = m 2 + 1. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
123
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 Do đó I = 2
m2 +1
∫
e d ( t − 1) = 2
t
1
m 2 +1
te dt = ( te
∫
t
t
)
1
m 2 +1
m 2 +1
∫
−
et dt
1
1 2
= m 2 + 1.e
m 2 +1
m +1
− e − et
= m2 + 1.e
m 2 +1
m2 +1
m2 +1
−e−e
m2 +1
+e =
1
Bài ra I = 2500 e
m2 +1
⇒
(
)
m2 + 1 − 1 e
= 2500 e
(
)
m2 + 1 − 1 e
m 2 +1
.
2
⇔ m2 + 1 − 1 = 2500 ⇔ m 2 + 1 = (1 + 2500 ) ⇔ m 2 = 21000 + 2.2500. Kết hợp với m > 0 ta được m = 21000 + 2.2500 = 2500 ( 2 + 2500 ) = 2250 2 + 2500 thỏa mãn.
Chọn A Câu 27. x = 0 Phương trình hoành độ giao điểm x3 = 9 x ⇔ x = ±3 Diện tích hình phẳng nằm trong góc phần tư thứ nhất nên ta có x ≥ 0. Khi đó diện tích cần tính là 3
3
0
0
3
S = ∫ x3 − 9 x dx = ∫ x ( x + 3)( x − 3) dx = ∫ − x ( x + 3)( x − 3) dx 3
0 3
x 9x 81 = ∫ ( − x 3 + 9 x ) dx = − + = . 2 0 4 4 0 4
2
Chọn D Câu 28. Phương trình hoành độ giao điểm y = ( cos x − sin x + 3 x − 1) 3 − sin x − cos x = 0
(1)
Ta có − sin x ≥ −1, − cos x ≥ −1 ⇒ 3 − sin x − cos x ≥ 1 > 0. Do đó (1) ⇔ cos x − sin x + 3 x − 1 = 0 Xét hàm số f ( x ) = cos x − sin x + 3x − 1, với x ∈ ℝ có
(2)
f ' ( x ) = − sin x − cos x + 3 ≥ −1 − 1 + 3 = 1 > 0
⇒ f ( x ) đồng biến trên ℝ nên trên ℝ phương trình f ( x ) = 0 nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất. Mặt khác f ( 0 ) = 0 ⇒ x = 0 là nghiệm duy nhất của f ( x ) = 0, khi đó (2) ⇔ x = 0. π 2
2
Thể tích cần tính là V = π ∫ ( cos x − sin x + 3 x − 1) 3 − sin x − cos x dx 0
π 2
2
= π ∫ ( cos x − sin x + 3 x − 1) ( 3 − sin x − cos x ) dx 0
π 2
2
= π ∫ ( cos x − sin x + 3 x − 1) d ( cos x − sin x + 3 x − 1) 0
( cos x − sin x + 3x − 1) = π. 3
3 π 2 0
3
3
π ( 3π − 4 ) = . − 2 = . 3 2 24
π 3π
Chọn B Câu 29. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
124
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 3 i ⇒ z là nghiệm của phương trình z 2 + z + 1 = 0. Số phứ z = − + 2 2 2 Từ z + z + 1 = 0 ⇒ ( z − 1) ( z 2 + z + 1) = 0 ⇒ z 3 = 1. Khi đó ( a + bz + cz 2 )( a + bz 2 + cz ) = a 2 + abz 2 + acz + abz + b 2 z 3 + bcz 2 + acz 2 + bcz 4 + c 2 z 3 = a 2 + ( b 2 + c 2 ) z 3 + ( ab + bc + ca ) ( z 2 + z ) = a 2 + b 2 + c 2 + ( ab + bc + ca ) ( z 2 + z + 1) − ( ab + bc + ca ) = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca.
Chọn C Câu 30. 2
Ta có z = z1 + z2 = 3 + i + 4 − 2i = 7 − i ⇒ z = 7 2 + ( −1) = 50.
Chọn D Câu 31. Điểm N (−1; 2) biểu diễn số phức z = −1 + 2i ⇒ Loại A Điểm M (1; 2) biểu diễn số phức z = 1 + 2i ⇒ Chọn B Điểm P(−1; −2) biểu diễn số phức z = −1 − 2i ⇒ Loại C Điểm Q(1; −2) biểu diễn số phức z = 1 − 2i ⇒ Loại D Chọn B Câu 32. 2
Với a > 0, ta có z 4 − 6 z 2 − a = 0 ⇔ ( z 2 − 3) = 9 + a z2 = 3 + 9 + a z = ± 3 + 9 + a z2 = 3 + 9 + a ⇔ ⇔ 2 ⇔ 2 z = ±i 9 + a − 3 z = 9 + a − 3 i2 z = 3 − 9 + a
(
Do đó T = 2 3 + 9 + a + 2
)
9 + a − 3.
Bài ra T = 6 2 ⇒ 2 3 + 9 + a + 2 Xét hàm số f ( a ) = 2 3 + 9 + a + 2
9 + a − 3 = 6 2. 9 + a − 3, với a ∈ ( 0; +∞ ) thì rõ ràng f ( a ) đồng biến trên
khoảng ( 0; +∞ ) . Từ đó ta được a = 16 thỏa mãn bài toán.
Chọn C
Câu 33. Điểm A biểu diễn số phức z1 = 1 + 2i ⇒ A (1; 2 ) ⇒ OA = (1; 2 ) . Điểm B thuộc đường thẳng y = 2 ⇒ B ( b; 2 ) ⇒ OB = ( b; 2 ) Ép cho OA.OB = 0 ⇔ b + 4 = 0 ⇔ b = −4 ⇒ B ( −4; 2 ) Do đó điểm B biểu diễn cho số phức z2 = −4 + 2i.
Chọn B Câu 34. Giả sử z = a + bi (a, b ∈ ℝ) ⇒ z = a − bi. Ta có w = ( a + bi + 2 − i )( a − bi + 1 + 3i ) = ( a + 2 ) + ( b − 1) i ( a + 1) + ( 3 − b ) i File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
125
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam = ( a + 2 )( a + 1) + ( b − 1)( b − 3) + ( a + 2 )( 3 − b ) + ( b − 1)( a + 1) i
= a 2 + 3a + 2 + b 2 − 4b + 3 + ( 2a − 3b + 5 ) i. Khi đó w là số thực ⇔ 2a − b + 5 = 0 ⇔ b = 2a + 5. Do đó z = a 2 + b 2 = a 2 + (2a + 5) 2 = 5(a + 2)2 + 5 ≥ 5. Dấu " = " xảy ra ⇔ a = −2, b = 1, khi đó z = −2 + i. Chọn A Câu 35. Rõ ràng A đúng, B đúng, C sai, D đúng. Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là V = B.h. Chọn C Câu 36.
Gọi chiều cao và bán kính đường tròn đáy của cái ly lần lượt là h và R . Khi để cốc theo chiều xuôi thì lượng nước trong cốc là hình nón có chiều cao và bán kính đường h R tròn đáy lần lượt là và . 3 3 V 26 Do đó thể tích lượng nước trong bình là ⇒ Phần không chứa nước chiếm V. 27 27 Khi úp ngược ly lại thì phần thể tích nước trong ly không đổi và lúc đó phần không chứa nước là hình nón và ta gọi h ' và R ' lần lượt là chiều cao và bán kính đường tròn đáy của phần hình nón không chứa nước đó. R' h' 26 Ta có = và phần thể tích hình nón không chứa nước là V R h 27 3
h' 26 h h ' 3 26 h ' 26 ⇒ .π R '2 = . .π R 2 ⇔ = ⇒ = . 3 27 3 h 3 h 27 Do đó tỷ lệ chiều cao của phần chứa nước và chiều cao của cái ly trong trường hợp úp ngược ly là h ' 3 − 3 26 1− = . h 3 Chọn D Câu 37.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
126
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Đặt AC = b, AD = c ⇒ AC + AD = b + c = m > 2a. Trên tia AC lấy điểm C ', trên tia AD lấy điểm D ' sao cho AC ' = AD ' = AB = a. Khi đó tứ diện ABC ' D ' là tứ diện đều cạnh a nên có thể tích là V ' =
2 3 a 12
V ' a2 2 ⇒ = ⇒V = abc. V bc 12 Theo định lý Pytago và định lý Côsin ta có CD 2 = BC 2 + BD 2 ⇒ AC 2 + AD 2 − AC. AD = AB 2 + AC 2 − AB. AC + AB 2 + AD 2 − AB. AD
⇒ b 2 + c 2 − bc = 2a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac ⇒ bc = a ( b + c ) − 2a 2 = am − 2a 2 . Do đó V =
2 2 a ( m − 2a ) . 12
Chọn B
Câu 38.
SI SM SN 2 = = = . SO SB SD 3 Khi đó ta có P = AI ∩ SC. Gọi I = MN ∩ SO ⇒
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
127
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 1 2 3 . Thể tích VS . ABCD = SO.S ABCD = SO. AB 2 = 3 3 3 VS . AMPN = 2VS . APN V V SN SP 2 SP ⇒ S . AMPN = S . APN = = . Ta có . . VS . ABCD VS . ADC SD SC 3 SC VS . ABCD = 2VS . ADC SP là bài toán được giải quyết . SC Vẽ tam giác SAC về hình phẳng như sau: Ta chỉ cần tính được
Gọi X ∈ SC sao cho OX / / AP. SP SP PX SI AO 1 SP 1 Ta có = . = . = 2. = 1 ⇒ = . PC PX PC IO AC 2 SC 2 V 2 1 1 2 3 Do đó S . AMPN = . = ⇒ VS . AMPN = . 9 VS . ABCD 3 2 3 Chọn D
Câu 39. 1 2 a2 3 a3 3 a .sin 600 = . = . 2 2 2 4 3 2 a3 3 Thể tích V = h.S = a. a = . 4 4 Chọn C Câu 40. Thể tích bể cá V = abc = 0, 216 ( m3 ) . Diện tích tích đáy S =
Diện tích kính cần để hoàn chỉnh cái bể cá ab 4 S= + ab + 3bc + 2ac = ab + 3bc + 2ac 3 3 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 4 4 2 S = ab + 3bc + 2ac ≥ 3 3 ab.3bc.2ac = 6 3 a 2b2 c 2 = 6 3 ( 0, 216 ) . 3 3 c = 0, 4 a, b, c > 0, abc = 0,126 a, b, c > 0, abc = 0,126 Dấu " = " xảy ra khi ⇔ 4 ⇔ ⇔ a = 0,9 9 3 ab = 3 bc = 2 ac a = c , b = c 3 b = 0,6 4 2 Chọn A Câu 41. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
128
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Khi quay hình thang cân ABCD quanh trục đối xứng của nó ta thu được hình chóp cụt như hình vẽ sau:
2
CD − AB Chiều cao của hình chóp cụt h = AD − = 2 2a. 2 2
Đường kính đường tròn đáy lớn và đáy nhỏ của hình chóp cụt là
CD AB = 2a và = a. 2 2
h S1 + S 2 + S1S 2 . 3 Trong đó h là chiều cao, S1 diện tích đáy lớn, S2 diện tích đáy nhỏ Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp cụt V =
⇒V =
Chọn B.
(
)
2 2a 14 2 3 2 2 π ( 2a ) + π a 2 + π ( 2a ) .π a 2 = πa . 3 3
(
)
Câu 42.
Ta có ( SAB ) ⊥ ( ABC ) và ( SAC ) ⊥ ( ABC ) . Xét tứ diện B1 ABC , ta có B1 B ⊥ B1 A. Do đó mọi điểm M trên đường thẳng d đi qua trung điểm AB và vuông góc với mặt phẳng ( B1 AB ) ta đều có MA = MB = MB1. Lại có ( B1 BA) ⊥ ( ABC ) do ( B1 BA) ⊂ ( SAB ) . Cho nên đường thẳng d là đường trung trực của AB và thuộc mặt phẳng ( ABC ) . Do đó nếu gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì ta có IA = IB = IC = IB1 . Tương tự ta cũng có IA = IB = IC = IC1. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
129
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Do đó I là tâm mặt cầu đi qua các điểm A, B, C , C1 , B1 ⇒R=
BC = 2sin BAC
AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos BAC 5 − 4 cos α = . 2 sin α 2sin BAC
Chọn D Câu 43. 2 2 2 Ta có a + b = a + b + 2a.b = 12 + 22 + 2 a . b cos a; b
( )
= 5 + 2.1.2 cos 600 = 7 ⇒ P = a + b = 7.
Chọn A Câu 44. 2 2 2 Ta viết lại phương trình đã cho ( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z − m ) = m 2 − 25. m > 5 Khi đó YCBT ⇔ m 2 − 25 > 0 ⇔ m2 > 25 ⇔ m < −5 Chọn D
Câu 45. Đường thẳng d có một VTCP là u = ( 3; 4; 2 ) . Mặt phẳng ( P ) có một VTPT là n = ( 2; −3; m ) . Ta có P = sin α = Bài ra sin α =
3.2 + 4. ( −3) + 2m 2
32 + 42 + 22 . 22 + ( −3) + 42
=
2m − 6 . 29
2m − 6 2m − 6 = 2 m = 4 2 2 ⇒ = ⇔ 2m − 6 = 2 ⇔ ⇔ 29 29 29 2m − 6 = −2 m = 2
Chọn A Câu 46. Mặt cầu ( S1 ) có tâm I1 (1; 2;3) và bán kính R1 = 3. Mặt cầu ( S2 ) có tâm I 2 ( 2; m;1) và bán kính R2 = 4. I1 I 2 = R1 + R2 I1 I 2 = 7 YCBT ⇔ (1) ⇔ I1 I 2 = 1 I1 I 2 = R1 − R2 2 2 Ta có I1 I 2 = (1; m − 2; −2 ) ⇒ I1 I 2 = 12 + ( m − 2 ) + ( −2 ) =
( m − 2)
2
+ 5.
( m − 2 )2 + 5 = 7 ( m − 2 ) 2 + 5 = 49 2 ⇔ ⇔ ( m − 2 ) = 44 ⇔ m = 2 ± 2 11. Do đó (1) ⇔ 2 2 ( m − 2 ) + 5 = 1 ( m − 2 ) + 5 = 1 Chọn D Câu 47. Gọi nP = ( a; b; c ) là một VTPT của mặt phẳng ( Q ) , ( a 2 + b 2 + c 2 > 0 ) . Mà ( P ) qua A ( 2;1; −1) ⇒ ( P ) : a ( x − 2 ) + b ( y − 1) + c ( z + 1) = 0
⇒ ( P ) : ax + by + cz − 2a − b + c = 0. Mặt phẳng ( P ) qua B ( −4; −1;1) ⇒ −4a − b + c − 2a − b + c = 0 ⇔ −6a − 2b + 2c = 0 ⇔ −3a − b + c = 0 ⇔ c = 3a + b a + 2c − 2 a − b + c b − c − 2 a − b + c Bài ra d ( C ; ( P ) ) = d ( D; ( P ) ) ⇔ = a2 + b2 + c2 a 2 + b2 + c 2 File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
(1)
130
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam − a − b + 3c = −2a a − b + 3c = 0 ⇔ − a − b + 3c = −2a ⇔ ⇔ − a − b + 3c = 2a 3a + b − 3c = 0 b a = − a − b + 3 ( 3a + b ) = 0 10a = −2b 5 Kết hợp với (1) ta được ⇔ ⇔ 6 a = − 2 b b 3a + b − 3 ( 3a + b ) = 0 a = − 3 b 3b 2b 5c • TH1. a = − ⇒ c = − + b = ⇒ b = −5a = . 5 5 5 2 Chọn a = 1 ⇒ b = −5, c = −2 ⇒ ( P ) : x − 5 y − 2 z + 1 = 0. •
b TH2. a = − ⇒ c = −b + b = 0. 3
Chọn a = 1 ⇒ b = −3 ⇒ ( P ) : x − 3 y + 1 = 0.
Chọn C Câu 48.
x = 1+ t Ta có d : y = 2 − t ( t ∈ ℝ ) mà I ∈ d ⇒ I ( t + 1; 2 − t ; t + 2 ) . z = 2 + t Mặt cầu ( S ) đi qua A và có tâm I ⇒ ( S ) có bán kính R = IA. 2 2 2 Lại có AI = ( t − 1;3 − t ; t + 1) ⇒ R = AI = ( t − 1) + ( 3 − t ) + ( t + 1) 2
⇒ R = 3t 2 − 6t + 11 = 3 ( t − 1) + 8 ≥ 8 = 2 2. Dấu " = " xảy ra ⇔ t = 1. Mặt cầu ( S ) có bán kính nhỏ nhất bằng 2 2, đạt được ⇔ t = 1. 2
2
2
Khi đó I ( 2;1;3) ⇒ ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 3) = 8.
Chọn B Câu 49.
x = −1 + t Gọi M = d1 ∩ d , ta có d1 : y = −3 + t ( t ∈ ℝ ) ⇒ M ( m − 1; m − 3; 4 − m ) . z = 4 − t x = 1+ t ' Gọi N = d 2 ∩ d , ta có d 2 : y = −1 + 2t ' ( t ' ∈ ℝ ) ⇒ N ( n + 1; 2n − 1; n + 3) . z = 3 + t ' M ∈ ( P ) ( m − 1) − 2 ( m − 3) + ( 4 − m ) − 5 = 0 Bài ra d nằm trên ( P ) nên ⇒ N ∈ ( P ) ( n + 1) − 2 ( 2n − 1) + ( n + 3) − 5 = 0
m = 2 ⇒ M (1; −1; 2 ) 1 3 −2 m + 4 = 0 ⇔ ⇔ ⇒ 1 3 7 MN = 2 ;1; 2 . −2 n + 1 = 0 n = 2 ⇒ N 2 ; 0; 2 1 3 Đường thẳng d nhận MN = ;1; là một VTCP nên nhận u = (1; 2;3) là một VTCP. 2 2 x −1 y +1 z − 2 Kết hợp với d qua M (1; −1; 2 ) ⇒ d : = = . 1 2 3 Chọn B File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
131
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 50. Gọi R là bán kính của ( S ) và giả sử ( S ) tiếp xúc với ( P ) tại B. Kẻ AH ⊥ ( P ) tại H , ta có 2 R = IA + IB ≥ AB ≥ AH ⇒ R ≥
AH không đổi. 2
Dấu " = " xảy ra ⇔ ( S ) là mặt cầu đường kính AH . Khi đó I là trung điểm của cạnh AH . Đường thẳng AH qua A (1; 2; −1) và nhận nP = (1;1; 2 ) là một VTCP
x = 1+ t ⇒ AH : y = 2 + t ⇒ H ( t + 1; t + 2; 2t − 1) . z = −1 + 2t Điểm H ∈ ( P ) ⇒ ( t + 1) + ( t + 2 ) + 2 ( 2t − 1) − 13 = 0 ⇔ 6t − 12 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ H ( 3; 4;3) . Điểm I là trung điểm của cạnh AH ⇒ I ( 2;3;1) ⇒ T = a 2 + 2b 2 + 3c 2 = 25. Chọn A
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
132
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm) ĐỀ SỐ 08
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu) Họ, tên học sinh:..................................................................................................
Giáo viên: NGUYỄN HỮU CHUNG KIÊN Câu 1. Đồ thị hình bên là đồ thị của hàm số nào y
sau đây? A.
y = x 3 − 3x 2 + 1 .
B.
y = −x 4 + 2 x 2 − 2 .
2
x
C.
-1
y = −x 4 + 2 x 2 + 1 .
O
1
D. y = x 4 − 2 x 2 + 1 . Câu 2. Đồ thị hàm số y = A. 0. Câu 3. Hàm số y =
x 2 +1 x 4 + 3x 2 + 2
có bao nhiêu đường tiệm cận ?
B. 1.
C. 2.
D. 3.
2 x −1 nghịch biến trên khoảng nào ? x −3
A. (−∞; +∞) .
B.
(−∞;4 ) .
C. (0;+∞) .
D. (3;4 ) .
Câu 4. Cho hàm số y = −x 3 + 2016 . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hàm số không có cực trị.
B. Hàm số không có điểm uốn
C. Hàm số không có giá trị lớn nhất.
D. Hàm số là hàm số lẻ.
Câu 5. Giá trị lớn nhất của hàm số y = A. 3.
4 là: x2 +2 C. −5 .
B. 2.
Câu 6. Trong các giá trị sau, giá trị nào làm cho hàm số y = A. m = 1 .
B.
m=
1 . 2
C.
D. 10.
2x + m có đúng hai cực trị? x 2 −1
m=2.
D. m = −1 .
Câu 7. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x 4 − 2 x 2 + 1 + m = 0 có bốn nghiệm phân biệt. A. −1 < m < 0 .
B.
Câu 8. Tìm m để hàm số y = A. m = −2 .
B.
−1 < m < 1 .
C.
m >1 .
D. m < −1.
1 3 x + mx 2 + (m 2 − 4 ) x + 2 đạt cực tiểu tại x = 1. 3 m = −1 .
C.
m =1.
D. Không có m .
Câu 9. Qua điểm A (1;0) có thể kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến tới đồ thị hàm số (C ) : y = x 3 − 3 x + 2. A. 0.
B. 1.
Câu 10. Đồ thị (C ) của hàm số y = A. M (0;0) .
B.
C. 2.
D. 3.
x − 2016 cắt trục tung tại điểm M có tọa độ ? 2x +1
M (0;−2016) .
C.
M (2016;0) .
D. (2016;−2016) .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
133
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 11. Một sợi dây kim loại dài 60cm được cắt thành hai đoạn. Đoạn dây thứ nhất uốn thành hình vuông cạnh a , đoạn dây thứ hai uốn thành đường tròn bán kính r . Để tổng diện tích của hình vuông và hình tròn nhỏ nhất thì tỉ số
a nào sau đây đúng? r
A. 1.
B. 2. x +3
B.
x =2.
Câu 12. Giải phương trình 2 + 2 A. x = 3 .
C. 3.
x
D. 4.
= 72.
C.
x = ln 2.
D. x = 5 .
C.
y ' = 2 e 2 x −2 .
D. y ' = 2e 2 x −1 .
Câu 13. Tính đạo hàm của hàm số y = e 2 x −1 . A.
y ' = e 2 x −1 .
B.
y ' = (2 x −1) e 2 x −1 .
Câu 14. Giải bất phương trình log 1 (2 x −1) > 1 . 2
3 A. x > . 4
B.
3 x< . 4
3 C. 1 ≤ x < . 4
D.
1 3
Câu 15. Tìm tập xác định của hàm số y = log ( x 2 − 3x + 1) .
3 − 5 3 + 5 D = −∞; ; ∪ +∞ 2 2 3− 5 3 + 5 . D. D = ; 2 2
A. D = (−∞;0 ] ∪ [3; +∞) .
C.
B.
3 − 5 3 + 5 . D = ; 2 2
Câu 16. Cho a, b > 0 và ab ≠ 1 ; x , y là hai số thực dương. Mệnh đề nào dưới đây là đúng ? A. log a ( x + y ) = log a x + log a y . C.
log a
1 1 = . x log a x
B.
log b a.log a x = log b x .
D. log a
x log a x = . y log a y
Câu 17. Cho số a dương khác 1 và các số dương b, c . Khẳng định nào sau đây là sai? A. Khi a > 1 thì log a b > log a c ⇔ b > c . B. Khi a > 1 thì log a b > 0 ⇔ b < 1. C. Khi 0 < a < 1 thì log a b > log a c ⇔ b < c . D. Khi 0 < a < 1 thì log a b > 0 ⇔ b < 1. Câu 18. Cho hàm số y = ln A. xy '+ 1 = e y .
1 . Khẳng định nào sau đây là đúng? x +1 B.
xy '+ 1 = −e y .
C.
xy '−1 = e y .
D. xy '−1 = −e y .
Câu 19. Cho log 7 3 = a, log 7 2 = b. Hãy biểu diễn log 54 168 theo a và b. A. log 54 168 =
a + 3b . a + 2b + 1
B.
log 54 168 =
ab + 3b . a + 2b + 1
log 54 168 =
1 + a + 3b . b + 3a
D. log 54 168 =
2a + 3b . a + 2b + 1
C.
Câu 20. Cho các số a, b, c , d > 1 . Rút gọn biểu thức P = log a b.log b c .log c d . A. P = log b c .log a d .
B.
P = log a d .log d b .
C.
P = log d a .
D. P = log a d .
Câu 21. Một người gửi 15 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 1,65% một quý, nếu hết quý người đó không rút tiền lãi ra thì số tiền lãi đó được tính là tiền gốc của quý tiếp theo. Nếu như người đó không rút lãi hàng quý, thì sau bao lâu người đó có được ít nhất 20 triệu đồng (cả vốn lẫn lãi) từ số vốn ban đầu ? (Giả sử lãi suất không thay đổi). A. 5 năm.
B. 4 năm và 3 quý.
C. 4 năm và 2 quý.
D. 4 năm.
Câu 22. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = 4 − x 2 và trục hoành là : A. π.
B.
2π.
C. 3π.
D. 4 π.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
134
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 23. Hàm số F ( x ) = e x là một nguyên hàm của hàm số: 3
3
A.
f (x ) = e x . 3
f ( x ) = 3 x 2 .e x . 3
B.
C.
f (x ) =
ex . 3x 2
D.
f ( x ) = x 3 .e x −1 . 3
Câu 24. Một vật chuyển động chậm dần với vận tốc v (t ) = 160 −10t (m/s) . Hỏi rằng trong 3s trước khi dừng hẳn vật di chuyển được bao nhiêu mét ? A. 16 m.
B. 130 m.
0
Câu 25. Kết quả của tích phân
C. 435 m.
2
∫ x + 1 + x −1 dx
D. 170 m.
được viết dưới dạng a + b ln 2 với a, b ∈ ℚ . Khi đó a + b
−1
bằng: A.
3 . 2
B.
3 − . 2
C.
5 . 2
D. −
5 . 2
Câu 26. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường thẳng x = 0, x = π và đồ thị hai hàm số
y = sin x , y = cos x . A. 2.
B.
2 2 .
C.
D. 1.
2 3.
Câu 27 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong có phương trình y = x 2 + 1 , tiếp tuyến với đường này tại điểm M (2;5) và trục tung. A. 3.
B.
5 . 3
C.
8 . 3
D. 6.
Câu 28. Tính thể tích vật thể nằm giữa hai mặt phẳng có phương trình x = 0 và x = 2 , biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x ∈ [ 0;2 ] là một phần tư đường tròn bán kính
2x 2 , ta được kết quả nào sau đây?
A. V = 32π.
B. V = 64π.
C. V =
16 π. 5
D. V = 8π.
Câu 29. Cho số phức z = 1 − 2i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z . A. Phần thực bằng 1, phần ảo bằng 2. B. Phần thực bằng 1, phần ảo bằng 2i . C. Phần thực bằng 1, phần ảo bằng −2 . D. Phần thực bằng −2 , phần ảo bằng 1. Câu 30. Tìm số phức z = (3 − 2i ).i 2017 . A. z = 7 − 3i .
B.
z = 2 + 3i .
C.
z = 3 + 2i .
D. z = 6051 − 4034i .
Câu 31. Cho số phức z1 có z1 = 3 và z 2 = −3 + 4i. Tìm môđun của số phức w = A.
w =1.
B.
w =
2 . 5
C.
w =
3 . 5
D.
z1 . z2 w = 5.
Câu 32. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z + z = 3 + i. Tính iz + 2i + 1 . A. 3.
B. 1.
C.
2.
D.
3.
Câu 33. Biết hai số phức có tổng bằng 3 và tích bằng 4 . Tổng môđun của hai số phức đó bằng: A. 7 .
B.
4.
C. 8 .
D. 12 .
Câu 34. Cho hai số phức w và z thỏa mãn w −1 + 2i = z . Biết tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z là đường tròn tâm I (−2;3) , bán kính r = 3. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w . A. Là một đường thẳng song song trục tung. B. Là một đường thẳng không song song với trục tung. C. Là đường tròn, tọa độ tâm (−3;5) bán kính bằng 3 5. D. Là đường tròn, tọa độ tâm (−1;1) bán kính bằng 3.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
135
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 35. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BA = BC = a . Cạnh bên SA = 2a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC . B. V =
A. V = a 3 .
a3 3 . 2
C. V =
a3 . 3
D. V =
2a 3 . 3
Câu 36. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a 2 . Cạnh bên SA = 2a và vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) . Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC ) . A.
a 10 . 2
B.
C.
a 2.
2a 3 . 3
D.
a 3 . 3
Câu 37. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có cạnh AB = a , BC = 2a . Hai mặt bên
(SAB ) và (SAD ) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) , cạnh SA = a 15 . Tính góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABD ) . A. 30 0 .
B.
450 .
C.
60 0 .
D. 90 0 .
Câu 38. Cho lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Mặt phẳng ( AB ' C ') tạo với mặt đáy góc 60 0 . Tính theo a thể tích lăng trụ ABC . A ' B ' C ' . A. V =
a3 3 . 2
B. V =
3a 3 3 . 4
C. V =
a3 3 . 8
D. V =
3a 3 3 . 8
Câu 39. Cạnh bên của một hình nón bằng 2a . Thiết diện qua trục của nó là một tam giác cân có góc ở đỉnh bằng 120° . Diện tích toàn phần của hình nón là:
(
)
A. π 2 3 + 3 .
B.
(
)
2πa 2 3 + 3 .
C.
(
)
D. πa 2 3 + 2 3 .
6π a 2 .
Câu 40. Mặt phẳng đi qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông cạnh bằng a . Thể tích khối trụ bằng: A. πa 3 .
B.
πa 3 . 2
C.
πa 3 . 3
D.
πa 3 . 4
Câu 41. Thiết diện qua trục hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. Diện tích toàn phần và thể tích hình nón có giá trị lần lượt là: A.
C.
(1 + 2 ) πa
2
2
(1 + 2 ) πa 2
và
2πa 3 . 12
B.
2πa 2 và 2
2πa 3 . 4
và
2πa 3 . 4
D.
2πa 2 và 2
2πa 3 . 12
2
Câu 42. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BA = BC = a . Cạnh bên SA = 2a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là: A.
a 2 . 2
B.
3a.
C.
a 6 . 2
D. a 6.
Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , khoảng cách từ điểm M (−2; −4;3) đến mặt phẳng
( P ) : 2 x − y + 2 z − 3 = 0 bằng: A. 3.
B.
2.
C. 1.
D. 11.
Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , số đo góc tạo bởi hai mặt phẳng (P ) : 2 x − y − 2z − 9 = 0 và
(Q ) : x − y − 6 = 0 là: A. 30 0 .
B.
450 .
C.
60 0 .
D. 90 0 .
Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z = 0 . Đường tròn giao tuyến của (S ) với mặt phẳng (Oxy ) có bán kính là: A. r = 5 .
B.
r =2.
C.
r= 6.
D. r = 4 .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
136
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , bán kính của mặt cầu tâm I (1;3;5) và tiếp xúc với đường
x = t thẳng d : y = −1 − t là: z = 2 − t A.
14 .
B. 14.
C.
7.
D. 7.
Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P ) qua điểm G (1;1;1) và vuông góc với đường thẳng O G có phương trình là: A. ( P ) : x + y + z − 3 = 0 .
B.
(P ) : x + y + z = 0 .
C. ( P ) : x − y + z = 0 .
D. ( P ) : x + y − z − 3 = 0 .
x = − 9 − t 5 Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : y = 5t 7 z = + 3t 5
và mặt phẳng
( P ) : 3 x − 2 y + 3z −1 = 0 . Gọi d ' là hình chiếu của d trên mặt phẳng ( P ) . Trong các vectơ sau, vectơ nào không phải là vectơ chỉ phương của d ' ? A. (5; −51; −39) .
B.
(10;−102;−78) .
C. (−5;51;39) .
D. (5;51;39) .
Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1;2; −1) , B (5;0;3) , C (7, 2,2) . Tọa độ giao điểm M của trục Ox với mặt phẳng qua A, B, C là: A. M (−1;0;0) .
B.
M (1;0;0) .
C.
M (2;0;0) .
D. M (−2;0;0) .
Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (0;1;1) , B (1;2;1) và đường thẳng
d:
x y +1 z − 2 = = . Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho diện tích tam giác MAB có giá trị nhỏ nhất. 1 −1 −2 A. M (2; −3; −2) .
B.
M (0; −1;2) .
C.
M (1; −2;0) .
D. M (−1;0;4 ) .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
137
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ĐÁP ÁN ĐỀ 8 Câu 1. Đồ thị là của hàm trùng phương nên loại A. Hình dáng đồ thị thể thiện a < 0 nên loại D. Ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm (1;2) nên chỉ có C thỏa mãn. Chọn C.
x 2 +1
Câu 2. Ta có lim y = lim x →+∞
lim y = lim x →−∞
x →−∞
x →+∞
x 2 +1 x 4 + 3x 2 + 2
x 4 + 3x 2 + 2
= lim
x →−∞
= lim
x →+∞
1 x 2 .1 + 2 x 3 2 x . 1+ 2 + 4 x x
=1 ;
2
1 x 2 .1 + 2 x 3 2 x . 1+ 2 + 4 x x
=1.
2
Suy ra đồ thị có tiệm cận ngang y = 1 . Do
x 4 + 3 x 2 + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ nên đồ thị không có tiệm cận đứng. Chọn B.
Câu 3. TXĐ: D = ℝ \ {3}. Đạo hàm: y ' =
−5
( x − 3)
2
< 0, ∀x ∈ D .
Do đó hàm số nghịch biến trên trừng khoảng (−∞;3), (3;+∞) . Ta thấy (3;4 ) ⊂ (3; +∞) . Chọn D. Câu 4. Đạo hàm: y ' = −3x 2 ; y ' = 0 ⇔ x = 0. Phương trình y ' = 0 có duy nhất một nghiệm và hệ số của x 3 là a = −1 < 0 nên hàm số luôn nghịch biến và không có cực trị. Chọn A. Câu 5. Đạo hàm y ' =
−8 x
( x 2 + 2)
2
; y'= 0 ⇔ x = 0.
Lập bảng biến thiên ta thấy hàm số có duy nhất một cực trị và là cực đại tại x = 0 nên hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x = 0 , suy ra yCD = y (0 ) = 2 . Chọn B. Câu 6. Ta có lim y = lim y = 0 nên hàm số có tiệm cận ngang y = 0 . x →+∞
x →−∞
Vậy để hàm số có đúng hai cực trị khi phương trình 2 x + m = 0 nhận x = 1 hoặc x = −1 làm nghiệm
m = −2 ⇔ . Chọn C. m = 2 Câu 7. Ta có x 4 − 2 x 2 + 1 + m = 0 ⇔ x 4 − 2 x 2 = −m − 1 .
(* )
Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x 4 − 2 x 2 và đường thẳng
y = −m −1 . x = 0 ⇒ y (0 ) = 0 Xét hàm số y = x 4 − 2 x 2 , có y ' = 4 x 3 − 4 x = 4 x ( x 2 −1); y ' = 0 ⇔ . x = ±1 ⇒ y (±1) = −1 Dựa vào dáng điệu của đồ thị hàm trùng phương nên ta kết luận: phương trình (*) có bốn nghiệm phân biệt
−1 < −m −1 < 0 ⇔ −1 < m < 0. Chọn A. Câu 8. Ta có y ' = x 2 + 2mx + m 2 − 4 .
m = 1 Để hàm số đạt cực trị tại x = 1 thì y ' (1) = 0 ⇔ 1 + 2m + m 2 − 4 = 0 ⇔ . m = −3 Thử lại với từng giá trị của tham số m ta thấy chỉ có m = 1 thỏa mãn hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 . Chọn C.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
138
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 9. Gọi M ( x 0 ; x 30 − 3 x 0 + 2) là điểm thuộc đồ thị (C ) . Đạo hàm: y ' = 3 x 2 − 3 . Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến của (C ) tại M là k = y ' ( x 0 ) = 3x 02 − 3 . Phương trình tiếp tuyến d : y = (3x 2 0 − 3)(1 − x 0 ) + x 30 − 3x 0 + 2 .
x = 1 Vì d đi qua A (1;0) nên 0 = (3 x 0 − 3)(1 − x 0 ) + x 0 − 3 x 0 + 2 ⇔ −2 x 0 + 3x 0 −1 = 0 ⇔ 1. x = − 2 2
3
3
2
Với mỗi x 0 ta có một phương trình tiếp tuyến. Chọn C. Câu 10. Tọa độ giao điểm của (C ) với trục tung là nghiệm của hệ x − 2016 y = 2 x + 1 ⇒ M (0; −2016 ). Chọn B. x = 0
Câu 11. Gọi x là độ dài của đoạn dây cuộn thành hình tròn (0 < x < 60) . Suy ra chiều dài đoạn còn lại là 60 − x . Chu vi đường tròn: 2πr = x ⇒ r = Diện tích hình tròn: S1 = π.r 2 =
x . 2π
x2 . 4π
1 − x . Diện tích hình vuông: S 2 = 4 2
(4 + π ).x 2 −120π x + 3600π x 2 60 − x + = . 4π 4 16π 2
Tổng diện tích hai hình: S = Đạo hàm: S ' =
(4 + π ).x − 60π 8π
; S'=0⇔ x =
60π 4+π ; S '' = >0. 4+π 8π
Suy ra hàm S chỉ có một cực trị và là cực tiểu tại x = Do đó S đạt giá trị nhỏ nhất tại x = Với x =
60π 4+π
⇒r =
60π . 4+π
60π . 4+π
30 240 a 240 ;a = nên = = 2 . Chọn B. (4 + π) (4 + π ).4 r 120
Cách khác. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz, ta có
x 2 60 − x 602 + ≥ . 4π 4 4π + 16 2
S= Dấu '' = '' xảy ra khi
x 60 − x 60π = ⇒x= . 4π 16 4+π
Câu 12. Phương trình ⇔ 2 x + 8.2 x = 72 ⇔ 9.2 x = 72 ⇔ 2 x = 8 ⇔ 2 x = 2 3 ⇔ x = 3 . Chọn A. Câu 13. Áp dụng công thức (e u ) ' = u '.e u , ta có y ' = (e 2 x −1 ) ' = (2 x −1) '.e 2 x −1 = 2.e 2 x −1 . Chọn D. Câu 14. Điều kiện: 2 x −1 > 0 ⇔ x >
1 . 2
Bất phương trình ⇔ log 1 (2 x −1) > log 1 2
Kết hợp điều kiện ta có:
2
1 1 3 ⇔ 2 x −1 < ⇔ x < . 2 2 4
1 3 < x < . Chọn D. 2 4
( x 2 − 3x + 1) > 0 Câu 15. Hàm số xác định khi 2 log ( x − 3x + 1) ≥ 0
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
139
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 3− 5 x < x < 3 − 5 2 2 x ≤ 0 3+ 5 ⇔ ⇔ x > ⇔ ⇒ D = (−∞;0 ] ∪ [3; +∞) . Chọn A. 3+ 5 x ≥ 3 x > 2 2 2 x ≤ 0 ( x − 3x + 1) ≥ 1 x ≥ 3 Câu 16. Ta có log a x + log a y = log a xy , log a x − log a y = log a
1 x , log a = − log a x . y x
Và log b a.log a x = log b x . Chọn B. Câu 17. Khi a > 1 thì log a b > 0 ⇔ b > a 0 = 1. Nên câu B sai. Chọn B. Câu 18. Đạo hàm: y ' = − Và có e y = e
ln
1 x +1
=
Do đó x . y '+ 1 = x .
1 x +1
⇒ −e y = −e
ln
1 x +1
=−
1 . x +1
−1 1 +1 = = e y . Chọn A. x +1 x +1
Câu 19. Ta có log 54 168 =
=
1 . x +1
log 7 168 log 7 7 + log 7 12 + log 7 2 log12 7.12.2 = = −5 3 log 7 54 log12 2 .12 log 7 2−5 + log 7 123
1 + log 7 4.3 + b 1 + log 7 4 + log 7 3 + b 1 + 2b + a + b 1 + a + 3b . Chọn C. = = = −5b + 3 log 7 4.3 −5b + 3.(log 7 4 + log 7 3) −5b + 3.(2b + a ) b + 3a
Câu 20. Chọn D. Tổng quát, ta có P = log a1 a2 .log a2 a3 .log a3 a2 ....log an−1 an = log a1 an . Câu 21. Số tiền vốn lẫn lãi mà người gửi sẽ có được sau n quý là: S = 15.(1 + 0.0165) = 15.1,0165n . n
Theo đề, ta có 20 = 15.(1 + 0.0165) = 15.1,0165n n
⇔ lg S = lg15 + n lg1,0165 ⇒ n =
lg S − lg15 ≈ 17,58 . lg1,0165
Vậy sau khoảng 4 năm 6 tháng (4 năm 2 quý) người gửi sẽ được ít nhất 20 triệu đồng từ số vốn 15 triệu đồng ban đầu (vì hết quý thứ hai, người gửi mới nhận lãi của quý đó). Chọn C. Câu 22. Phương trình hoành độ giao điểm:
x = 2 4 − x 2 = 0 ⇔ . x = −2
2
Vậy S = ∫
4 − x 2 dx = 2π . Chọn B.
−2
( )
Câu 23. Hàm số F ( x ) = e x là nguyên hàm của hàm số f ( x ) = F / ( x ) = e x 3
( ) = ( x ) .e
= ex
3
/
3 /
x3
3
/
3
= 3 x 2 .e x . Chọn B.
Câu 24. Quảng đường ô tô đi trong 3s trước khi dừng hẳn là : Ô tô còn đi thêm được 3s nên quãng đường cần tìm là : 3 3 3 s = ∫ v (t ) = ∫ (160 −10t ) dt = (160t + 5t 2 ) = 435m . Chọn C. 0 0 0 0 2 a = 1 x + 1 + 2 dx = x + x + 2 ln x − 1 = 1 − 2 ln 2 = a + b ln 2 ⇒ 2 ∫ 2 x − 1 −1 2 −1 b = −2 1 3 Vậy a + b = − 2 = − . Chọn B. 2 2 0
Câu 25. Ta có
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
140
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam π
Câu 26. Diện tích hình phẳng cần tìm: S = ∫ sin x − cos x dx = 2 2 . Chọn B. 0
Câu 27 Đạo hàm: y ' = 2 x ⇒ y ' (2) = 4. Suy ra tiếp tuyến y = 4 ( x − 2) + 5 = 4 x − 3 . Phương trình hoành độ giao điểm: x 2 + 1 = 4 x − 3 ⇔ x = 2. 2
8 . Chọn C. 3
Diện tích hình phẳng cần tìm: S = ∫ x 2 − 4 x + 4 dx = 0
Câu 28. Ta có diện tích thiết diện là S ( x ) = 2
Thể tích cần tìm là V = ∫ 0
1 π 4
(
2x 2
)
2
=
1 4 πx . 2
2
1 x 5 1 4 16π π x dx = π. = (đvtt). Chọn C. 2 5 2 5 0
Câu 29. Từ z = 1 − 2i ⇒ z = 1 + 2i . Vậy số phức z có phần thực a = 1 , phần ảo b = 2 . Chọn A.
4n i = 1 i 4 n +1 = i Câu 30. Ta có ⇒ i 2017 = i 2016+1 = i 504.4 +1 = i . 4 n +2 i = −1 i 4 n +3 = −i Do đó z = (3 − 2i ).i 2017 = (3 − 2i ).i = 3i + 2 . Chọn B. Câu 31. Ta có w =
z1 z z1 3 = 1 = = . Chọn C. 5 z2 z2 z2
Câu 32. Gọi z = a + bi (a, b ∈ ℝ ) .
a = 1 Theo giả thiết, ta có 2a + 2bi + a − bi = 3 + i ⇔ 3a + bi = 3 + i ⇔ ⇒ z = 1 + i. b = 1 Khi đó i.z + 2i + 1 = i −1 + 2i + 1 = 3i = 3 . Chọn A. Câu 33. Hai số phức cần tìm là nghiệm của phương trình z 2 − 3 z + 4 = 0 . Biệt số ∆ = 9 −16 = −7 =
( 7i )
Suy ra hai số phức đó là z1 = Vậy z 2 + z 2 =
2
.
3 − 7i 3 7 3 + 7i 3 7 = − i và z 2 = = + i. 2 2 2 2 2 2
9 7 9 7 + + + = 4. Chọn B. 4 4 4 4
Câu 34. Giả sử z = a + bi (a, b ∈ ℝ ) , suy ra điểm biểu diễn số phức z là M (a; b ) . Ta có w −1 + 2i = z , suy ra w −1 + 2i = z + 1 − 2i = (a + 1) + (b − 2)i . Suy ra điểm biểu diễn số phức w là N (a + 1; b − 2) . Mà M thuộc đường tròn tâm I (−2;3) , bán kính r = 3 nên suy ra N thuộc đường tròn đường tròn tâm
(−1;1) bán kính bằng 3 . Chọn D. Câu 35. Diện tích tam giác vuông ABC là S∆ABC =
1 a2 BA.BC = . 2 2
Chiều cao khối chóp SA = 2a .
1 a3 Vậy thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC = S ABC .SA = (đvtt). Chọn C. 3 3 Câu 36. Do AD BC nên d D, (SBC ) = d A, (SBC ) . Gọi K là hình chiếu của A trên SB , suy ra AK ⊥ SB .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
141
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Khi d A, (SBC ) = AK =
SA. AB SA + AB 2
2
=
2a 3 . Chọn C. 3
. , ( ABD ) = SC , ( ABCD ) = SC , AC = SCA Câu 37. Do SA ⊥ ( ABCD ) nên SC = Xét tam giác vuông SAC , ta có tan SCA
SA = AC
SA AB + BC 2 2
= 3.
= 60 0 . Chọn C. Suy ra SCA Câu 38. Vì ABC . A ' B ' C ' là lăng trụ đứng nên AA ' ⊥ ( ABC ) .
C
A
Gọi M là trung điểm B ' C ' , do tam giác A ' B ' C ' đều nên suy B
ra A ' M ⊥ B ' C ' .
' . Khi đó 60 0 = ( AB ' C '), ( A ' B ' C ') = AM , A ' M = AMA Tam giác AA ' M , có A ' M =
a 3 ' = 3a . ; AA ' = A ' M .tan AMA 2 2
Diện tích tam giác đều S∆A ' B ' C ' Vậy V = S∆ABC . AA ' =
C'
A'
a2 3 = . 4
M B'
3a 3 3 (đvtt). Chọn D. 8
Câu 39. Gọi S là đỉnh, O là tâm của đáy, thiết diện qua trục là SAB .
S
= 60° . Theo giả thiết, ta có SA = 2a và ASO
60 0
Trong tam giác SAO vuông tại O , ta có OA = SA.sin 60° = a 3. Vậy diện tích toàn phần:
(
)
S tp = π R ℓ + π R 2 = π.OA.SA + π (OA) = πa 2 3 + 2 3 (đvdt). 2
B
O
A
Chọn B. Câu 40. Do thiết diện đi qua trục hình trụ nên ta có h = a .
a Bán kính đáy R = . 2 Do đó thể tích khối trụ V = R 2 π.h =
πa 3 (đvtt). Chọn D. 4
Câu 41. Gọi S , O là đỉnh và tâm đường tròn đáy của hình nón, thiết S
diện qua đỉnh là tam giác SAB . Theo bài ra ta có tam giác SAB vuông cân tại S nên
AB = SB 2 = a 2 , SO =
SB 2 a 2 = . 2 2
B
a 2 SB 2 2a Suy ra h = SO = , l = SA = a và SB 2 = 2 R ⇒ R = = . 2 2 2 Diện tích toàn phần của hình nón: S tp = π R ℓ + π R
2
(1 + 2 ) πa = 2
O
A
2
(đvdt).
1 2πa 3 Thể tích khối nón là: V = π R 2 h = (đvtt). Chọn A. 3 12 Câu 42. Gọi M là trung điểm AC , suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi I là trung điểm SC , suy ra IM SA nên IM ⊥ ( ABC ) . Do đó IM là trục của ∆ABC , suy ra IA = IB = IC . (1)
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
142
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Hơn nữa, tam giác SAC vuông tại A có I là trung điểm SC nên
S
(2 )
IS = IC = IA .
Từ (1) và (2 ) , ta có IS = IA = IB = IC hay I là tâm của mặt cầu
I
ngoại tiếp hình chóp S . ABC . Vậy bán kính R = IS =
SC SA 2 + AC 2 a 6 = = . Chọn C. 2 2 2
C
A M
B
Câu 43. Khoảng cách từ M đến ( P ) là: d M , ( P ) =
2.(−2 ) − (−4 ) + 2.3 − 3
= 1 . Chọn C. 2 2 2 + (−1) + 2 2 Câu 44. Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) và (Q ) lần lượt là: n1 = (2; −1; −2), n2 = (1;−1;0) . Gọi góc giữa hai mặt phẳng ( P ) và (Q ) là ϕ . Ta có cos ϕ =
2.1 + (−1)(−1) 2 +1 + 2 . 1 +1 2
2
2
2
2
=
3 3 2
=
2 → ϕ = 450 . Chọn B. 2
Câu 45. Đường tròn giao tuyến của (S ) với mặt phẳng (Oxy ) có phương trình:
( x − 2 )2 + ( y − 2)2 + ( z − 3)2 = 14 ( x − 2)2 + ( y − 2)2 = 5 . ⇔ z = 0 z = 0 Trong mặt phẳng (Oxy ) có tâm J (1;2;0) và bán kính r = 5 . Chọn A. Câu 46. Đường thẳng d có VTCP u = (1; −1; −1) và đi qua điểm A (0; −1;2) . Ta có IA = (−1; −4; −3) ⇒ IA, u = (1;−4;5) . IA, u 2 2 12 + (−4 ) + (5) = 14. Chọn A. Bán kính cần tìm là: R = d [ I , d ] = = 2 2 u 12 + (−1) + (−1) Câu 47. Ta có ( P ) ⊥ OG nên có ( P ) VTPT n(P ) = OG = (1;1;1) . Lại có G (1;1;1) ∈ ( P ) nên ( P ) : x + y + z − 3 = 0 . Chọn A. Câu 48. Đường thẳng d có VTCP ud = (−1;5;3) , Mặt phẳng ( P ) có VTPT nP = (3; −2;3) . Gọi mặt phẳng (Q ) chứa d và vuông góc với ( P ) . Suy ra VTPT của (Q ) là nQ = ud , nP = (21;12; −13) . Vì d ' là hình chiếu của d lên mặt phẳng ( P ) nên d ' = (Q ) ∩ ( P ) . Do đó d ' có VTCP là ud ' = n(P ) , n(Q ) = (10; −102;−78) = 2 (5;−51;−39) = −2 (−5;51;39) . Chọn D. Câu 49. Gọi M ( x ;0;0) ∈ Ox . Mà M = Ox ∩ ( ABC ) nên AB, AC . AM = 0 . Với AB = (4; −2;4 ) , AC = (6;0;3) , AM = ( x −1; −2;1) . Suy ra AB, AC = (−6;12;12) ⇒ AB, AC . AM = 0 ⇔ −6 ( x −1) + 12 (−2) + 12.1 = 0
⇒ x = −1 ⇒ M (−2;0;0) . Chọn D. Câu 50. Điểm M ∈ d nên M (t ; −1 − t ;2 − 2t ) . Ta có AM = (t ; −2 − t ;1 − 2 t ) , AB = (1;1;0) . Suy ra AM , AB = (2 t −1;1 − 2t ;2t + 2) .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
143
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Do đó S∆MAB =
1 2
AM , AB = 1 (2 t −1)2 + (1 − 2 t )2 + (2 t + 2)2 = 1 12t 2 + 6 ≥ 6 . 2 2 2
Dấu '' = '' xảy ra khi t = 0 . Suy ra M (0; −1;2) . Chọn B.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
144
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm) ĐỀ SỐ 09
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu) Họ, tên học sinh:..................................................................................................
Giáo viên: NGUYỄN HỮU CHUNG KIÊN Câu 1. Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c (a ≠ 0) có đồ thị ( C ) . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai ? A. Đồ thị ( C ) luôn có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân có đỉnh thuộc Oy. B. Hàm số luôn có khoảng đồng biến và nghịch biến. C. Trên ( C ) tồn tại vô số cặp điểm đối xứng nhau qua Oy. D. Tồn tại a, b, c để ( C ) cắt Ox tại điểm duy nhất. ax + b có đồ thị ( C ) . Đồ thị ( C ) nhận đường thẳng y = 3 làm tiệm cận x−2 ngang và ( C ) đi qua điểm A ( 3;1) . Tính giá trị của biểu thức P = a + b.
Câu 2. Cho hàm số y =
A. P = 3. B. P = −5. C. P = −8. D. P = 5. Câu 3. Cho hàm số y = f ( x) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên sau:
Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai ? A. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ ) .
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) . C. Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt. 13 17 D. min y = f (1) = và max y = f ( −1) = . [−1;1] [−1;1] 15 15 3 2 Câu 4. Cho hai hàm số f ( x ) = x + 3ax + 3x + 3 có đồ thị ( C ) và g ( x ) = x3 + 3bx 2 + 9 x + 5 có đồ thị ( H ) , với a, b là các tham số thực. Đồ thị ( C ) và ( H ) có chung ít nhất một điểm cực trị. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a + 2 b .
A. 21. C. 3 + 5 3.
B. 2 6 + 6. D. 2 6.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
145
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 5. Tìm giá trị cực tiểu yCT của hàm số y = f ( x ) =
x3 . x −1 13 . 2 27 = . 4
A. yCT = 7.
B. yCT =
C. yCT = 6.
D. yCT
Câu 6. Kí hiệu M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x )
( x + 5) = x +1
2
trên
khoảng ( −1; +∞ ) . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ?
A. M = 16. B. m = 16. C. M = −16. D. m = −16. Câu 7. Một học sinh ghi tập giá trị T dưới mỗi bảng biến thiên của hàm số như dưới đây. Hỏi trường hợp nào sai ?
A. T = ℝ.
B. T = ( −∞; +∞ ) .
C. T = [ 5; +∞ ) .
D. T = ℝ.
Câu 8. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị ( C ) như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai ?
A. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) bằng 0. B. Đồ thị ( C ) có duy nhất một điểm cực đại. C. Tồn tại một khoảng ( a; b ) nào đó để hàm số y = f ( x ) vừa đồng biến, vừa nghịch biến trên khoảng đó. D. Đồ thị ( C ) có duy nhất một điểm cực tiểu. 2 x 2 + kx + 2 − k Câu 9. Tìm tất cả giá trị thực của tham số k sao cho hàm số y = đồng biến trên x + k −1 khoảng (1; +∞ ) . File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
146
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam A. k ≥ −2 + 2 2. B. k ≤ −2 − 2 2. C. 0 ≤ k ≤ −2 + 2 2. D. k ≥ −2 − 2 2. Câu 10. Cho hàm số y = f ( x ) = x + 1 . Để tính f ' ( −1) một học sinh giải theo các bước sau: I. f ( x ) = x + 1 ⇒ f ( x ) = x + 1 khi x > −1, f ( −1) = 0, f ( x ) = − x − 1 khi x < −1. f ( x ) − f ( −1)
x +1− 0 = 1. x →−1 x →−1 x + 1 − 0 x +1 f ( x ) − f ( −1) x +1− 0 III. f ' ( −1− ) = lim− = lim+ = 1. x →−1 x →−1 x + 1 − 0 x +1 Do đó f '(−1+ ) = f ' ( −1− ) = 1 ⇒ f ' ( −1) = 1.
II. f ' ( −1+ ) = lim+
= lim+
Học sinh làm đúng hay sai, nếu sai thì sai ở bước nào ? A. Học sinh làm sai và sai từ bước I. B. Học sinh làm sai và sai từ bước II. C. Học sinh làm sai và sai từ bước III. D. Học sinh làm đúng. Câu 11. Để chặn đường hành lang hình chữ L người ta dùng một que sào thẳng dài đặt kín những điểm chạm với hành lang (như hình vẽ). Biết rằng a = 24 và b = 3, hỏi cái sào thỏa mãn điều trên có chiều dài l tối thiểu là bao nhiêu ?
51 5 . 2 C. 27 5.
A.
B. 15 5. D. 11 5.
1 1 4 3 log 3 ( x + 1) + log 3 ( x + 5 ) = 1 có số nghiệm là ? 4 3 A. 3. B. 1. C. 2. D. 4. 2 Câu 13. Tính đạo hàm của hàm số y = log 2 ( x − 2 x + 2 ) .
Câu 12. Phương trình
3
A. y ' = C. y ' =
2 ( x − 1) ln 2
.
B. y ' =
1 . 2 ( x − 1) ( x − 2 x + 2 ) ( ln 2 − ln 3)
D. y ' =
(x
2
− 2 x + 2 ) ln 3 2
1000
Câu 14. Giải bất phương trình log 1 ( log 3 ( 2 x − 1) )
2 ( x − 1)
(x
2
− 2 x + 2 ) ( ln 2 − ln 3)
.
ln 2 . 2 ( x − 1) ( x 2 − 2 x + 2 ) ln 3
> 0.
2
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
147
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 < x < 2 và x ≠ 1. 2 2 C. < x < 2 và x ≠ 1. 3
A.
B. 1 < x < 2. D. 1 < x < 3. 1001
Câu 15. Tìm tập xác định D của hàm số y = log x −1 ( x3 + 1)
.
A. D = (1; +∞ ) .
B. D = (1; 2] ∪ [ 2; +∞ ) .
C. D = ℝ \ {1} .
D. D = (1; 2 ) ∪ ( 2; +∞ ) .
Câu 16. Cho hàm số f ( x ) = x 2 .6 x +1. Xét các khẳng định sau: Khẳng định 1. f ( x ) > 1 ⇔ 2 ln x + ( x + 1) ln 6 > 0. Khẳng định 2. f ( x ) > x 2 ⇔ x > −1. Khẳng định 3. f ( x ) > 6 ⇔ ln x 2 + x ln 6 > 0. 1 . 6 Trong các khẳng định trên, có bao nhiêu khẳng định đúng ? A. 0. B. 4. C. 3. D. 1. Câu 17. Cho hai số thực dương a và b, với a ≠ 1. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? 1 A. log a ab = log a b. B. log a ab = 2 log a b. 2 1 1 C. log a ab = + log a b. D. log a ab = 2 + 2 log a b. 2 2 cos x cot x Câu 18. Tính đạo hàm của hàm số y = . x sin x cot x 2 cot x cot x 2 cot x A. y ' = B. y ' = − 2 − . − 2 + . x sin x x x sin x x cot x 2 cot x cot x 2 cot x C. y ' = D. y ' = − 2 + . 2 + . x sin x x x sin x x Câu 19. Đặt log 2 3 = a, log 3 4 = b. Hãy biểu diễn T = log 27 8 + log 256 81 theo a và b. Khẳng định 4. f ( x ) > 6 x ⇔ x >
a+b+2 a 2 + b2 + 4 . B. T = . a 2b + ab 2 a 2b + ab 2 a+b+2 a 2 + b2 + 4 C. T = 2 . D. T = 2 . a b + 2ab 2 a b + 2ab 2 Câu 20. Xét a và b là hai số thực thỏa mãn a > b > 1. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? 1 a b A. 1 < log a b1000 < . B. 1 > 1000 log b1000 a > . 1000 b a a b C. 0 < log a1000 b1000 < . D. 0 < log b1000 a1000 < . b a Câu 21. Áp suất không khí P (đo bằng milimet thủy ngân, kí hiệu là mmHg) suy giảm mũ so với độ cao x (đo bằng mét), tức là P giảm theo công thức P = P0 .e xi , với P0 = 760 mmHg là áp suất ở mức nước biển ( x = 0), i là hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000m áp suất của không khí là
A. T =
672, 713 672,71 mmHg. Hỏi áp suất không khí là mmHg ở độ cao bao nhiêu ? 7602 A. 2000 m. B. 3000 m. C. 4000 m. D. 5000 m. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
148
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 22. Cho hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ]. Viết công thức tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) và hai đường thẳng x = a, x = b. b
b
A. S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx.
B. S = ∫ f ( x ) + g ( x ) dx.
a
a
b
b
C. S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx.
D. S = ∫ f ( x ) + g ( x ) dx.
a
a
Câu 23. Tìm nguyên hàm H của hàm số f ( x ) = A. H = ln
1
( x − 1)
2 + C. 1 + 2x −1
2x −1
.
B. H = ln 1 −
2 + C. 1 − 2x −1
2 2 + C. D. H = ln 1 − + C. 1 − 2x −1 1 + 2x −1 Câu 24. Ký hiệu h(t ) (cm) là mức nước ở bồn chứa sau khi bơm nước được t giây. Biết rằng 1 h '(t ) = 3 t + 8 và lúc đầu bồn không có nước. Tìm mức nước L (cm) ở bồn sau khi bơm nước 3 được 19 giây. A. L = 14. B. L = 15, 25. C. L = 16, 25. D. L = 18,5.
C. H = ln
π 2
1001
Câu 25. Tính tích phân I = ∫ sin x cos x (1 + sin 2 x )
dx.
0 1002
21002 − 1 . 1002 21001 − 1 D. I = . 1002
2 −1 . 2004 21001 − 1 C. I = . 2004
A. I =
B. I =
π 4
Câu 26. Tính tích phân
∫ ( cos x − sin x ) ( x + e
sin x + cos x
) dx.
0
A. I = e
2
C. I = e
2
− e −1 + + e −1 −
π 2 4
π 2
.
B. I = e 2 + e − 1 +
.
D. I = e 2 − e + 1 −
π 2 4
.
π 2
. 4 4 Câu 27. Tính diện tích hình phẳng nằm trong góc phần tư thứ nhất, giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = x 2 và đường thẳng y = 2 x. 7 8 A. . B. . 2 3 5 4 C. . D. . 2 3 Câu 28. Ký hiệu ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y = 0 và đồ thị hàm số y = x 2 − mx, với m là tham số thực dương. Tìm m sao cho thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay 16π hình ( H ) xung quanh trục Ox bằng . 15 A. m = 1. B. m = 2. C. m = 4. D. m = 3. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
149
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 29. Với n ∈ ℕ* thì khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? A. i 2 n = 1. B. i 4 n = 1. C. i 2 n +1 = i. D. i 2 n = −1. Câu 30. Đơn giản số phức z = (3 + 4i ) 2 (1 + 2i ) + i. A. z = −55 + 11i. B. z = 30 − 5i. C. z = 8 − 5i. D. z = 11 − 22i. Câu 31. Cho hai số phức z1 = 2 + i, z2 = 3 − i. Tính giá trị của biểu thức P = z1 − z2 + z1 . A. P = 2. C. P = 2 5.
B. P = 5. D. P = 3.
2+i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w = z .i. 5−i 7 9 A. Phần thực bằng và phần ảo bằng i. 26 26 9 7 B. Phần thực bằng và phần ảo bằng . 26 26 7 9 C. Phần thực bằng và phần ảo bằng . 26 26 9 7 D. Phần thực bằng và phần ảo bằng − . 26 26 Câu 33. Tìm x, y > 0 sao cho số phức z = x + yi thỏa mãn z 2 = 2 + 2 3i.
Câu 32. Cho số phức z =
A. x = 3, y = 2.
B. x = 3, y = 1.
C. x = 2, y = 3.
D. x = 1, y = 2 3.
Câu 34. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z − 3 + 2i = z − i , hãy tìm số phức có môđun nhỏ nhất. A. z = 1 − i. B. z = 2 − 2i. C. z = 3 − i. D. z = 5 − i. Câu 35. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh CD, A ' D ', BB '. Tính theo a diện tích S của tam giác MNP. a2 3 3a 2 3 . B. S = . 4 4 a2 3a 2 3 C. S = . D. S = . 4 8 Câu 36. Cho hình chóp S . ABCD có cạnh bên SA = a 0 < a < 3 và các cạnh còn lại đều bằng 1.
A. S =
(
)
Tính theo a thể tích V của hình chóp S . ABCD.
a 3 − a2 a 3 − a2 A. V = . B. V = . 3 6 3 − a2 3 − a2 C. V = . D. V = . 6 a 3 a Câu 37. Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác cân tại C , cạnh AB = A ' A = a. Đường thẳng BC ' tạo với mặt phẳng ( ABB ' A ') một góc bằng 600. Tính theo a thể tích V của lăng trụ ABC. A ' B ' C '. 15 3 13 3 A. V = a. B. V = a. 4 4 15 3 13 3 C. V = a. D. V = a. 12 12 File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên 150
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 38. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có thể tích là V . Thể tích V ' của khối tứ diện có các đỉnh C ' và các trung điểm của các cạnh AB, B ' C ', C ' D ' quan hệ với V như thế nào ? V V A. V ' = . B. V ' = . 12 6 V V C. V ' = . D. V ' = . 24 8 Câu 39. Thiết diện qua trục của trục của một hình nón là tam giác đều cạnh bằng 2. Một mặt cầu có diện tích bằng diện tích toàn phần của hình nón thì sẽ có bán kính bằng ? A. 2 3. B. 2. 3 . 2 Câu 40. Một bình sắt để chứa Oxy sử dụng trong công nghiệp và trong y tế được thiết kế với các thông số như hình vẽ. Thể tích V của bình sắt này là bao nhiêu ?
C.
D.
3.
26 23 π (l ). B. V = π ( m3 ) . 3 6 23 26 C. V = π (l ). D. V = π ( m3 ) . 6 3 Câu 41. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh a. Diện tích xung quanh của hình trụ có đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD, chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD là ?
A. V =
A. C.
π a2 3 2
π a2 3
.
B.
.
D.
π a2 2 3
.
π a2 2
. 3 2 Câu 42. Cho hai điểm A, B cố định. Gọi M là một điểm di động trong không gian sao cho = 300. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? MAB A. M thuộc mặt cầu cố định. B. M thuộc mặt trụ cố định. C. M thuộc mặt phẳng cố định. D. M thuộc mặt nón cố định. Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ u = ( 2; −3; 4 ) , v = ( m + 4; −2m 2 − 1;5m + 2 ) , với m là tham số thực. Tìm m sao cho vectơ u cùng phương với vectơ v. 5 A. m = 2. B. m = − . 4 C. m = 3. D. m = −2. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
151
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :
x − 4 y −5 z −6 = = . Điểm 2 3 4
nào dưới đây thuộc đường thẳng d ? A. M ( 2; 2;10 ) .
B. M ( 2; 2; 4 ) .
C. M ( 6;8; 2 ) .
D. M ( 4;5;6 ) .
Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng vớ i m
( P ) : 2 x − 3 y + 4 z + 6 = 0, ( Q ) : 2 x + 3 y − mz + 5 = 0, là tham số thực. Ký hiệu α là góc giữa mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng ( Q ) . Tìm tất cả các
giá trị thực của tham số m sao cho cos α = 13 . 2 15 C. m = −4 hoặc m = . 2
21 . 29
15 . 2 13 D. m = −5 hoặc m = . 2 x +1 y − 2 z −1 Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = . Xét mặt 3 4 5 phẳng ( P ) :10 x − 15 y − mz − 6 = 0, với m là tham số thực. Tìm m sao cho mặt phẳng ( P ) cắt
A. m = 4 hoặc m = −
B. m = 5 hoặc m = −
đường thẳng d . A. m ∈∅. B. m ≠ −8. C. m ∈ ℝ. D. m ≠ −6. Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng x = 3 + t x = 2 + t ' d1 : y = 1 − 2t ( t ∈ ℝ ) , d 2 : y = 4 (t ' ∈ ℝ ) . z = 4 z = 1 − 3t ' Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A (1; −2;1) , đồng thời song song với đường thẳng d1 và d 2 . A. 6 x − 3 y − 2 z − 10 = 0. C. 6 x + 3 y + 2 z − 2 = 0.
B. 6 x − 3 y + 2 z − 14 = 0. D. 6 x + 3 y − 2 z + 2 = 0.
Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; 4; −1) và mặt phẳng ( P ) có phương trình x − 2 y + 2 z + 9 = 0. Mặt cầu ( S ) tiếp xúc với ( P ) tại A và có bán kính bằng 3. Hoành độ tâm I của mặt cầu ( S ) dương. Tính giá trị của biểu thức P = xI2 + 3 yI2 + 5 z I2 .
A. P = 153. B. P = 21. C. P = 18. D. P = 120. Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; 2;1) và hai đường thẳng x −1 y +1 z − 3 x −1 y + 2 z − 2 = = , d2 : = = . 1 1 −1 1 1 1 Viết phương trình đường thẳng d song song với mặt phẳng ( P ) : 2 x + 3 y + 4 z − 6 = 0, cắt đường thẳng d1 và d 2 lần lượt tại M và N sao cho AM . AN = 5 và N có hoành độ nguyên. x−2 y z−2 x − 3 y −1 z −1 A. d : = = . B. d : = = . 1 −2 1 1 2 −2 x y+2 z−4 x −1 y + 1 z − 3 C. d : = = . D. d : = = . 3 2 −3 4 −4 1 d1 :
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
152
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 2; −1;1) , B (1; −1; 0 ) và đường x −1 y −1 z −1 = = . Điểm M thuộc d thỏa mãn diện tích tam giác MAB nhỏ nhất. 1 2 3 Tính giá trị của biểu thức P = xM2 + yM2 + z M2 . 49 101 A. P = . B. P = . 18 36 53 C. P = . D. P = 29. 18 thẳng d :
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
153
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
ĐÁP ÁN ĐỀ 9 Câu 1. Ta có y ' = 4ax3 + 2bx = 2 x ( 2ax 2 + b ) . Nếu ab ≥ 0 thì đồ thị hàm số có một điểm cực trị. Nếu ab < 0 thì đồ thị hàm số có ba điểm cực trị. Do đó khẳng định A sai. Khẳng định B đúng vì hàm số luôn có cực trị nên luôn có các khoảng đồng biến, nghịch biến. Khẳng định C đúng vì hàm số là hàm chẵn. Khẳng đúng D đúng vì khi c = 0, ab ≥ 0 thì đồ thị ( C ) cắt Ox tại điểm duy nhất có hoành độ bằng 0. Chọn A Câu 2. ax + b Ta có lim y = lim = a ⇒ y = a là tiệm cận ngang của ( C ) ⇒ a = 3. x →∞ x →∞ x − 2 3a + b = 1 ⇒ b = −8 ⇒ P = a + b = −5. Lại có A ( 3;1) ∈ ( C ) ⇒ 3−2 Chọn B Câu 3. Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên ℝ. Ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ ) , nghịch biến trên khoảng ( −1;1) ⇒ khẳng định A, B, D đúng. Khẳng định C sai vì đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm duy nhất có hoành độ x0 ∈ ( −∞; −1) .
Chọn C Câu 4. Ta có f ' ( x ) = 3x 2 + 6ax + 3 và g ' ( x ) = 3x 2 + 6bx + 9. Do ( C ) và ( H ) có chung ít nhất một điểm cực trị nên f ' ( x ) = g ' ( x ) ⇔ 3 x 2 + 6ax + 3 = 3 x 2 + 6bx + 9 ⇔ x ( a − b ) = 1 ⇔ x =
1 a −b
( a ≠ b).
1 . a −b 2a + +1 = 0 a −b
Như vậy f ( x ) và g ( x ) đều đạt cực trị tại x = x0 = Do đó f ' ( x0 ) = 0 ⇔ x02 + 2ax0 + 1 = 0 ⇔
1
(a − b)
2
2
⇔ ( a − b ) + 2a ( a − b ) + 1 = 0 ⇔ 3a 2 − 4ba + b 2 + 1 = 0
(1)
Để (1) có nghiệm ta cần có 3a 2 − 4ab + b 2 < 0 nên ab > 0 2
2
⇒ 3a 2 − 4ab + b 2 < 0 ⇔ 3 a − 4 a b + b < 0 ⇔ 2
Ta có P = −
(a +2 b)
2
2
3 a −4 a .b + b
(t + 2)
2
=−
(t + 2)
1 a < = t < 1. 3 b
2
3t 2 − 4t + 1
.
2
1 , với t ∈ ;1 có 3t − 4t + 1 3 1 2 ( t + 2 )( 5 − 8t ) 5 t ∈ ;1 f '(t ) = = 0; 3 ⇔ t = . 2 8 ( 3t − 4t + 1) f '(t ) = 0
Xét hàm số f ( t ) =
2
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
154
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 Lập bảng biến thiên của f ( t ) trên ;1 3 5 ⇒ max f ( t ) = f = −21 ⇒ P 2 ≥ 21 ⇒ P ≥ 21 ⇒ Pmin = 21. 1 8 ;1 3
Chọn A Câu 5. ĐK: x ≠ 1. Đạo hàm f ' ( x ) =
3 x 2 ( x − 1) − x 3
( x − 1)
2
=
2 x3 − 3x 2
( x − 1)
2
x = 0 =0⇔ x = 3 2
3 thì y ' đổi dấu từ ''− '' sang ''+ '' 2 3 3 27 ⇒ Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = ⇒ yCT = y = . 2 2 4 Chọn D Câu 6. ( x + 5 )( x − 3) ; t ∈ ( −1; +∞ ) ⇔ x = 3. Trên khoảng ( −1; +∞ ) , ta có f ' ( x ) = 2 ( x + 1) f ' ( x ) = 0 Qua x =
Bảng biến thiên:
Do đó m = min f ( x ) = 16. ( −1;+∞ )
Chọn B Câu 7. Ta có lim f 4 ( x ) = b chứ không phải là f 4 ( x ) = b ⇒ b ∉ T ⇒ T = ( −∞; +∞ ) \ {b} . x →∞
Chọn D Câu 8.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
155
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Từ đồ thị đã cho ta có ngay khẳng định A và B đúng. Khẳng định C đúng vì ví dụ như trên khoảng ( −1; x2 ) thì hàm số vừa đồng biến vừa nghịch biến. Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1, x = x2 và f ( −1) ≠ f ( x2 ) nên ( C ) có hai điểm cực tiểu do đó khẳng định D sai. Chọn D Câu 9. Ta có 1 − x ∈ ( −∞;0 ) , ∀x ∈ (1; +∞ ) .
Điều kiện k ≠ 1 − x, ∀x ∈ (1; +∞ ) ⇒ k ≥ 0.
( 4 x + k )( x + k − 1) − ( 2 x 2 + kx + 2 − k ) 2 x 2 + ( 4k − 4 ) x + k 2 − 2 Đạo hàm y ' = = 2 2 ( x + k − 1) ( x + k − 1) 2 x 2 + ( 4k − 4 ) x + k 2 − 2 YCBT ⇔ y ' = ≥ 0, ∀x ∈ (1; +∞ ) . 2 ( x + k − 1) Do đó 2 x 2 + ( 4k − 4 ) x + k 2 − 2 ≥ 0, ∀x ∈ (1; +∞ ) . Xét phương trình g ( x) = 2 x 2 + ( 4k − 4 ) x + k 2 − 2 = 0. 2 2 ∆ = 4 ( k − 1) − 2 ( k 2 − 2 ) = 2 ( k − 2 ) ≥ 0. 2 Với k = 2 ⇒ g ( x ) = 2 x 2 + 4 x + 2 = 2 ( x + 1) > 0, ∀x ∈ (1; +∞ ) . Với k ≠ 2 ⇒ g ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 ( x1 < x2 ) . Để g ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ (1; +∞ ) thì x2 ≤ 1 ⇔
2 (1 − k ) + 2 ( k − 2 )
⇔ 2k ≥ 2 ( k − 2 )
2
2
≤1 2 k ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ k ≥ −2 + 2 2. k + 4k − 4 ≥ 0
Chọn A Câu 10. Sai từ bước III vì f ' ( −1− ) = lim− x →−1
f ( x ) − f ( −1) x − ( −1)
= lim− x →−1
−x −1 − 0 − x −1 = lim− = −1 x − ( −1) x →−1 x + 1
⇒ f ' ( −1+ ) ≠ f ' ( −1− ) ⇒ f ' ( −1) không tồn tại.
Chọn C Câu 11. File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
156
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Gọi các góc và các điểm như hình vẽ. Ta có chiều dài l của sào là l = AB + BC. 24 3 π Cạnh AB = , BC = , với β > 0, 0 < θ < . sin θ sin β 2 π 24 3 Lại có β + θ = ⇒ sin β = cos θ ⇒ l = + . 2 sin θ cos θ 24 3 π + , với θ ∈ 0; có Xét hàm số f (θ ) = sin θ cos θ 2 3 3 −24 cos θ 3sin θ 3 ( sin θ − 8cos θ ) f ' (θ ) = + = . sin 2 θ cos 2 θ sin 2 θ .cos 2 θ π π π θ ∈ 0; θ ∈ 0; θ ∈ 0; ⇔ 2⇔ 2 2 f ' (θ ) = 0 sin θ = 2 cos θ tan θ = 2 5 2 5 π , sin θ = và f ' (θ ) = 0 ⇔ θ = θ 0 với θ 0 ∈ 0; 5 5 2 Ta có lim+ f (θ ) = +∞; lim− f (θ ) = +∞.
Do đó cos θ = x →0
x→
π
2
Bảng biến thiên:
Chọn B Câu 12. 4 x ≠ −1 x ≠ −1 ( x + 1) > 0 ĐK: ⇔ ⇔ 3 x + 5 > 0 x > −5 ( x + 5 ) > 0 1 1 4 3 Khi đó log 3 ( x + 1) + log 3 ( x + 5 ) = 1 4 3
(*)
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
157
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1 1 ⇔ .4 log 3 x + 1 + .3log 3 ( x + 5 ) = 1 4 3 ⇔ log3 x + 1 + log 3 ( x + 5 ) = 1 ⇔ log 3 ( x + 5 ) x + 1 = 1 ⇔ ( x + 5 ) x + 1 = 3 •
(1)
TH1. x ≥ −1, khi đó (1) ⇔ ( x + 5)( x + 1) = 3
⇔ x 2 + 6 x + 2 = 0 ⇔ x = −3 ± 7. Kết hợp với (*) và x ≥ −1, ta được x = −3 + 7 thỏa mãn. •
TH2. x < −1, khi đó (1) ⇔ − ( x + 5 )( x + 1) = 3
x = −2 ⇔ x2 + 6 x + 8 = 0 ⇔ x = −4 Kết hợp với (*) và x < −1, ta được x = −2, x = −4 thỏa mãn. Như vậy, phương trình đã cho có ba nghiệm là x = −3 + 7, x = −2, x = −4. Chọn A Câu 13. 2 ( x − 1) 1 Ta có y = log 2 ( x 2 − 2 x + 2 ) ⇒ y ' = .( 2 x − 2 ) = 2 . 2 2 x − 2 x + 2 ln 2 − ln 3 ( ) ( ) 3 ( x − 2 x + 2 ) ln 3 Chọn B Câu 14. 1 1 1 2 x − 1 > 0 x > x > x > ĐK: ⇔ 2 ⇔ ⇔ 2 2 (*) 1000 ( log 3 ( 2 x − 1) ) > 0 2 x − 1 ≠ 1 x ≠ 1 log 3 ( 2 x − 1) ≠ 0 1000
Khi đó log 1 ( log 3 ( 2 x − 1) )
> 0 ⇔ 1000 log 1 log 3 ( 2 x − 1) > 0
2
2
⇔ log 1 log 3 ( 2 x − 1) > 0 ⇔ log 3 ( 2 x − 1) < 1 2
x < 2 1 log 3 ( 2 x − 1) < 1 2 2 x − 1 < 3 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < x < 2. 2 −1 3 x > log 3 ( 2 x − 1) > −1 2 x − 1 > 3 3
Kết hợp với (*) ta được
2 < x < 2 và x ≠ 1 thỏa mãn. 3
Chọn C Câu 15. 1001
Hàm số y = log x −1 ( x 3 + 1)
xác định ( x3 + 1)1001 > 0 x3 + 1 > 0 x > 1 ⇔ x −1 > 0 ⇔ x > 1 ⇔ x ≠ 2 x −1 ≠ 1 x ≠ 2
Chọn D Câu 16. Ta có thể thấy ngay khẳng định 1 và 3 là sai vì tập xác định của f ( x ) > 1 và f ( x ) > 6 là ℝ. Trong khi đó, tập xác định của bất phương trình 2 ln x + ( x + 1) ln 6 > 0 là ( 0; +∞ ) và tập xác định của bất phương trình ln x 2 + x ln 6 > 0 là ℝ \ {0} . Nhiều bạn sẽ mắc sai lầm như sau: File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
158
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Sai lầm 1. f ( x ) > 1 ⇔ x 2 .6 x +1 > 1 ⇔ ln ( x 2 .6 x +1 ) > ln1
⇔ ln x 2 + ln 6 x +1 > 0 ⇔ 2 ln x + ( x + 1) ln 6 > 0. Từ đó dẫn đến khẳng định 1 đúng. Chú ý, phép biến đổi x 2 .6 x +1 > 1 ⇔ ln ( x 2 .6 x +1 ) > ln1 chỉ đúng khi ta biết được chắc chắn x 2 .6 x +1 > 0. Tuy nhiên x 2 .6 x +1 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ do đó ta không thể biến đổi x 2 .6 x +1 > 1 ⇔ ln ( x 2 .6 x +1 ) > ln1 được. Sai lầm 2. f ( x ) > 6 ⇔ x 2 .6 x +1 > 6 ⇔ x 2 .6 x > 1 ⇔ ln ( x 2 .6 x ) > ln1 ⇔ ln x 2 + ln 6 x > 0 ⇔ ln x 2 + x ln 6 > 0. Từ đó dẫn đến khẳng định 3 đúng. Lời giải thích sai lầm 2 tương tự như sai lầm 1. Xét khẳng định 2, ta có f ( x ) > x 2 ⇔ x 2 .6 x +1 > x 2
x ≠ 0 x ≠ 0 x ≠ 0 ⇔ x +1 ⇔ ⇔ ⇒ khẳng định 2 sai. x > −1 6 > 1 x + 1 > 0 Xét khẳng định 4, ta có f ( x ) > 6 x ⇔ x 2 .6 x +1 > 6 x 1 x > 6 ⇔ 6x2 > 1 ⇔ ⇒ khẳng định 4 sai. 1 x < − 6
Chọn A Câu 17. Với a, b > 0 và a ≠ 1, ta có 1 1 1 1 1 log a ab = log a ( ab ) = ( log a a + log a b ) = (1 + log a b ) = + log a b. 2 2 2 2 2 Chọn C Câu 18. cos x cot x 1 Ta có y = = .cot 2 x x sin x x −1 1 −1 cot x 2 cot x ⇒ y ' = 2 .cot 2 x + .2 cot x. 2 = − 2 + . sin x x x x sin x x Chọn D Câu 19. 1 1 Ta có T = log 27 8 + log 256 81 = log 33 23 + log 44 34 = 3. log 3 2 + 4. log 4 3 3 4 2
a + b) ( 1 1 a+b a 2 + b 2 + 2ab = log 3 2 + log 4 3 = + = = = a b ab ab ( a + b ) a 2b + ab 2 Lại có ab = log 2 3.log 3 4 = log 2 4 = 2 ⇒ T =
a 2 + b2 + 4 . a 2b + ab 2
Chọn B Câu 20. Với a > b > 1, ta xét các đánh giá như sau: Xét đánh giá 1, ta có 1 a 1 a 1< log a b1000 < ⇔ 1 < .1000 log a b < 1000 b 1000 b log a b > 1 b>a a ⇔ 1 < log a b < ⇔ ⇔ a ⇒ A sai vì bài ra a > b. a b log b < b a b < a b File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
159
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Xét đánh giá 2, ta có b 1 b log b a > ⇔ 1 > 1000. a 1000 a log b a < 1 a log b a > ⇔ ⇔ b ⇒ B sai vì bài ra a > b. b a log b a > a a > b a
1 > 1000 log b1000 a >
Xét đánh giá 3, ta có a 1 a log a b < ⇔ 0 < 1000. b 1000 b 0 log a b > 0 b >1 a b > a ⇔ 0 < log a b < ⇔ ⇔ ⇔ a a a b b < log b b a b < a b < a b
0 < log a1000 b1000 <
a a > 1 ⇒ a b > a > b ⇒ C đúng. b Đến đây, ta chọn ngay được C là đáp án đúng. Xét đánh giá 4, ta có b 1 b 0 < log b1000 a1000 < ⇔ 0 < 1000. log b a < a 1000 a 0 log b a > 0 a >1 b a > b ⇔ 0 < log b a < ⇔ ⇔ ⇔ b b b a log b a < a a < b a a < b a
Với a > b > 1 ⇒
Với a > b > 1 ⇒
b b < 1 ⇒ b a < b < a ⇒ D sai. a
Chọn C Câu 21. Ta tìm hệ số suy giảm i như sau 1000 i
672, 71 = 760.e
1000 i
⇔e
x. 672, 713 Bài ra ta có ngay = 760.e 2 760
ln
672, 71 672, 71 = ⇔ 1000i = ln ⇔i= 760 760
672,71 760 1000
⇔e
x 672,71 .ln 1000 760
672, 71 = 760
ln
672, 71 760 . 1000
3
3
⇔
x 672, 71 672, 71 x 672, 71 .ln = ln ⇔ = 3 ⇔ x = 3000 (mét). = 3ln 1000 760 760 1000 760
Chọn B Câu 22. Dựa vào kiến thức cơ bản về tích phân thì rõ ràng C là đáp án đúng. Chọn C Câu 23. 1 Ta có H = ∫ dx. ( x − 1) 2 x − 1 Đặt t = 2 x − 1 ⇒ x =
t2 +1 t 2 −1 1 t2 +1 ⇒ x −1 = ⇒H =∫ 2 d t −1 2 2 2 .t 2
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
160
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ⇒H =∫
2 2 1 1 .tdt = ∫ dt = ∫ − dt t ( t − 1) ( t − 1)( t + 1) t −1 t +1 2
= ln t − 1 − ln t + 1 + C = ln = ln 1 −
t −1 +C t +1
2 2 + C = ln 1 − + C. 1+ t 1 + 2x −1
Chọn D Câu 24. Ta có h '(t ) =
1 13 1 1 t + 8 ⇒ h(t ) = ∫ 3 t + 8dt = ∫ ( t + 8 ) 3 d ( t + 8 ) 3 3 3 1
4
+1
( t + 8 ) 3 + C. 1 ( t + 8)3 = . +C = 4 3 4 3 Lúc đầu bồn không có nước ⇒ h(0) = 0 4 3
4
( t + 8 ) 3 − 4. 8 ⇒ + C = 0 ⇔ C = −4 ⇒ h(t ) = 4 4 Khi đó L = h(19) =
Chọn C Câu 25.
65 = 16, 25 (cm). 4
π
π
2
1001
Ta có I = ∫ sin x cos x (1 + sin 2 x )
2
1001
dx = ∫ sin x (1 + sin 2 x )
0
d ( sin x )
0
π
π
1001 1001 12 12 = ∫ (1 + sin 2 x ) d ( sin 2 x ) = ∫ (1 + sin 2 x ) d (1 + sin 2 x ) 20 20 1002 π 2
2 1 (1 + sin x ) = . 2 1002
0
=
21002 − 1 . 2004
Chọn A Câu 26. π
π
4
Ta có I = ∫ ( cos x − sin x ) e
sin x + cos x
4
dx + ∫ x ( cos x − sin x ) = A + B.
0
0
π 4
Tích phân A = ∫ ( cos x − sin x ) esin x + cos x dx 0
π 4
π
= ∫e
sin x + cos x
d ( sin x + cos x ) = e
sin x + cos x
0
4
=e
2
− e.
0
π
π
4
4
Tích phân B = ∫ x ( cos x − sin x ) dx = ∫ xd ( sin x + cos x ) 0
0
π
= x ( sin x + cos x )
4 0
π 4
− ∫ ( sin x + cos x ) dx = 0
π 2 4
π
− ( − cos x + sin x )
4
=
π 2
0
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
4
− 1.
161
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Do đó I = A + B = e
2
−e+
Chọn A Câu 27.
π 2 4
−1 = e
2
− e −1 +
π 2 4
.
x = 0 Phương trình hoành độ giao điểm x 2 = 2 x ⇔ x = 2 Diện tích hình phẳng nằm trong góc phần tư thứ nhất nên ta có x ≥ 0. Khi đó diện tích cần tính là 2 2 x3 2 4 S = ∫ x 2 − 2 x dx = ∫ ( 2 x − x 2 ) dx = x 2 − = . 30 3 0 0 Chọn D Câu 28. x = 0 Phương trình hoành độ giao điểm x 2 − mx = 0 ⇔ x = m m
m
2
Thể tích V = π ∫ ( x 2 − mx ) dx = π ∫ ( x 4 − 2mx3 + m 2 x 2 ) dx 0
0
x mx 4 m 2 x 3 m m5 m5 m5 π m5 . =π − + − + =π = 2 3 0 2 3 30 5 5 16π π m5 16π Bài ra V = nên = ⇔ m5 = 32 ⇔ m = 2, thỏa mãn m > 0. 15 30 15 Chọn B Câu 29. 1 khi n = 2k , k ∈ ℕ* n 2n 2 n Ta có i = ( i ) = ( −1) = ⇒ A và D sai. * −1 khi n = 2k + 1, k ∈ ℕ 5
2n
2n
Lại có i 4 n = ( i 2 ) = ( −1) = 1 ⇒ B đúng. Ta có i 2 n +1 = i.i 2 n , theo phân tích ở trên thì ta có ngay C sai. Chọn B Câu 30. Ta có z = (9 − 16 + 24i (1 + 2i ) + i = (24i − 7)(1 + 2i ) + i = −55 + 11i. Chọn A Câu 31. z − z = (−1) 2 + 22 = 5 1 2 Ta có z1 − z2 = −1 + 2i ⇒ ⇒ P = z1 − z2 + z1 = 2 5. z1 = 22 + 12 = 5 Chọn C Câu 32. 2 + i (2 + i )(5 + i ) 10 + i 2 + 7i 9 7 9 7 7 9 Ta có z = = = = + i⇒z = − i ⇒ z .i = + i. 5 − i (5 − i )(5 + i ) 26 26 26 26 26 26 26 Chọn C Câu 33. 2 Từ giải thiết ta có ( x + yi ) = 2 + 2i 3 ⇔ x 2 − y 2 + 2 xyi = 2 + 2i 3 x 2 − y 2 = 2 ⇔ ⇒ 2 xy = ( x 2 − y 2 ) 3 ⇔ ( x − 3 y )( 3 x + y ) = 0. 2 xy = 2 3
Mà x, y > 0 ⇒ x = y 3 ⇒ 3 y 2 − y 2 = 2 ⇒ y = 1 ⇒ x = 3. Chọn B File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
162
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 34. Giả sử z = a + bi (a, b ∈ ℝ). Từ giả thiết ta có a − 3 + (b + 2)i = a + (b − 1)i ⇔ (a − 3)2 + (b + 2) 2 = a 2 + (b − 1) 2 ⇔ 13 − 6a + 4b = 1 − 2b ⇔ b = a − 2. 2
2
Do đó a 2 + b 2 = a 2 + ( a − 2 ) = 2a 2 − 4a 2 + 4 = 2 ( a − 1) + 2 ≥ 2 ⇒ z = a 2 + b 2 ≥ 2. Dấu " = " xảy ra ⇔ a = 1, b = −1, khi đó z = 1 − i. Chọn A Câu 35.
Gọi Q là trung điểm của cạnh D ' C ', ta có 6 a. 2 6 PN = PB '2 + B ' N 2 = PB '2 + A ' B '2 + A ' N 2 = a. 2 6 PM = PB 2 + BM 2 = PB 2 + MC 2 + BC 2 = a. 2 6 Do đó MN = MP = PN = a ⇒ ∆MNP đều 2 MN = MQ 2 + NQ 2 = MQ 2 + ND '2 + D ' Q 2 =
2
⇒ S MNP
1 6 6a 2 3 3a 2 3 = . a .sin 600 = . = . 2 2 8 2 8
Chọn D Câu 36.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
163
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
HB = SB 2 − SH 2 Kẻ SH ⊥ ( ABCD ) tại H , ta có HC = SC 2 − SH 2 2 2 HD = SD − SH Bài ra SB = SC = SD = 1 ⇒ HB = HC = HD ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BCD. Hơn nữa ∆BCD cân tại C ⇒ H ∈ AC. Ta có ∆SBD = ∆CBD ( c − c − c ) ⇒ SO = CO ⇒ SO = CO = AO ⇒ ∆SAC vuông tại S ⇒
1 1 1 1 1 a = + 2 = 2 + 2 ⇒ SH = . 2 2 SH SC SA 1 a a2 + 1
Cạnh AC = SA2 + SC 2 = a 2 + 1 2
a2 + 1 3 − a2 AC ⇒ OB = SB − SO = 1 − = 1 − = 4 4 2 2
=
2
3 − a2 0 < a < 3 ⇒ BD = 3 − a 2 . 2 1 a 1 = . . AC.BD 3 a2 + 1 2
⇒ OB = 1 Do đó VS . ABCD = SH .S ABCD 3
2
a 6 a2 + 1
(
. a 2 + 1. 3 − a 2 =
)
a 3 − a2 . 6
Chọn B Câu 37.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
164
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Gọi N là trung điểm của cạnh A ' B '. Do ∆ABC cân tại C ⇒ ∆A ' B ' C ' ⇒ C ' N ⊥ A ' B '. Ta có BB ' ⊥ ( A ' B ' C ' ) ⇒ BB ' ⊥ C ' N ⇒ C ' N ⊥ BB '. C ' N ⊥ A ' B ' ⇒ C ' N ⊥ ( ABB ' A ' ) ⇒ C ' BN = 600. Như vậy C ' N ⊥ BB ' A ' B ' AB a a 5 Ta có NB ' = = = và BB ' = A ' A = a ⇒ NB = BB '2 + B ' N 2 = . 2 2 2 2 NC ' a 5 a 15 Lại có tan 600 = ⇒ NC ' = NB.tan 600 = . 3= . NB 2 2 1 a a 15 a 3 15 Do đó VABC . A ' B 'C ' = A ' A.S A ' B 'C ' = a. .C ' N . A ' B ' = . .a = . 2 2 2 4 Chọn A Câu 38.
Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh B ' C ', C ' D ', AB. 1 Ta có V ' = VP.MNC ' = d ( P; ( A ' B ' C ' D ' ) ) .S MNC ' . 3 1 1 1 Mà S MNC ' = S B 'C ' D ' = S A ' B 'C ' D ' ⇒ V ' = d ( P; ( A ' B ' C ' D ' ) ) .S A ' B 'C ' D ' . 4 8 24 Lại có V = 2VABD. A ' B ' D ' = 2d ( P; ( A ' B ' C ' D ' ) ) .S A ' B ' D ' = d ( P; ( A ' B ' C ' D ') ) .S A ' B 'C ' D ' . V' 1 V = ⇒V ' = . V 24 24 Chọn C Câu 39. Do đó
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
165
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều cạnh bằng 2. Do đó hình nón có đường sinh l = 2 và bán kính đường tròn đáy r = 1. Diện tích toàn phần của hình nón Stp = (l + r )π r = 3π . Gọi R là bán kính mặt cầu cần tìm thì diện tích mặt cầu đó là S = 4π R 2 . 3 Theo bài ra ta có S = Stp ⇒ 3π = 4π R 2 ⇒ R = . 2 Chọn D Câu 40. Bình sắt để chứa Oxy cấu tạo từ nửa hình cầu và hình trụ. Gọi V1 là thể tích hình trụ có đường cao 150 (cm) và bán kính đường tròn đáy 5 (cm). V2 là thể tích nửa hình cầu có bán kính 5 (cm). 2 250 π Ta có V1 = 150.π .52 = 3750π ( cm3 ) và V2 = π .53 = 3 3 11500 23 Do đó V = V1 + V2 = π ( cm3 ) = π ( l ) . 3 6 Chọn C Câu 41. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC , ta có S ABC
( cm ) . 3
AB. AC.sin 600 a 3 = pr ⇒ r = = . AB + AC + BC 6 2
2 3 a 6 Chiều cao của hình chóp h = a − . a = . 3 3 2 2
Diện tích xung quanh của hình trụ S xq = 2π rh =
π a2 2 3
.
Chọn B
Câu 42.
Từ A kẻ đường thẳng d tạo với AB một góc 300 , ta quay đường thẳng vừa tạo quanh AB với góc 300 không đổi thì thu được hình nón.
= 300. Lấy điểm K bất kì trên mặt nón đó, ta có KAB Do A, B cố định ⇒ mặt nón cố định Như vậy K ≡ M là thỏa mãn yêu cầu. Tức quỹ tích điểm M thuộc một mặt nón cố định nhận A làm đỉnh, có đường cao trùng với AB và góc giữa đường sinh và tia AB bằng 300. Chọn D File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
166
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 43. m + 4 − 2 m 2 − 1 5m + 2 Ta có u , v cùng phương ⇔ = = 2 −3 4 m + 4 5m + 2 2 = 4 4m + 16 = 10m + 4 6m = 12 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ m = 2. 2 2 2 3m + 12 = 4m + 2 4m − 3m − 10 = 0 m + 4 = 2m + 1 2 3 Chọn A Câu 44. 2−4 2−5 4−6 Ta có = ≠ ⇒ M ( 2; 2; 4 ) ∉ d . 2 3 4 6−4 8−5 2−6 = ≠ ⇒ M ( 6;8; 2 ) ∉ d . 2 3 4 2 − 4 2 − 5 10 − 6 = ≠ ⇒ M ( 2; 2;10 ) ∉ d . 2 3 4 4−4 5−5 6−6 = = ⇒ M ( 4;5; 6 ) ∈ d . 2 3 6 Chọn D Câu 45. Mặt phẳng ( P ) có một VTPT là n1 = ( 2; −3; 4 ) . Mặt phẳng ( Q ) có một VTPT là n2 = ( 2;3; −m ) . Ta có cos α =
2.2 + ( −3) .3 + 4. ( − m ) 2
22 + ( −3) + 42 . 22 + 32 + ( −4 )
2
=
−4m − 5 . 29
m = 4 −4m − 5 21 4m + 5 = 21 21 Bài ra cos α = ⇒ = ⇔ 4m + 5 = 21 ⇔ ⇔ 13 29 29 29 4m + 5 = −21 m = − 2 Chọn A Câu 46. Đường thẳng d có một VTCP là u = ( 3; 4;5 ) . Mặt phẳng ( P ) có một VTPT là n = (10; −15; − m ) . YCBT ⇔ n.u ≠ 0 ⇔ 10.3 − 15.4 − 5m ≠ 0 ⇔ 5m ≠ −30 ⇔ m ≠ −6. Chọn D Câu 47. Đường thẳng d1 qua M ( 3;1; 4 ) và có một VTCP là u1 = (1; −2; 0 ) . Đường thẳng d 2 qua N ( 2; 4;1) và có một VTCP là u2 = (1;0; −3) . ( P ) / / d1 Ta có ⇒ ( P ) sẽ nhận u1 ; u2 = ( 6;3; 2 ) là một VTPT. ( P ) / / d 2 Kết hợp với ( R ) qua A (1; −2;1) ⇒ ( R ) : 6 ( x − 1) + 3 ( y + 2 ) + 2 ( z − 1) = 0
⇒ ( R ) : 6 x + 3 y + 2 z − 2 = 0. Rõ ràng M ( 3;1; 4 ) và N ( 2; 4;1) không thuộc ( R ) : 6 x + 3 y + 2 z − 2 = 0
⇒ ( R ) : 6 x + 3 y + 2 z − 2 = 0 thỏa mãn. Chọn C Bình luận: Ngoài lời giải trên, ta có thể làm cách khác như sau: File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
167
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Gọi n = ( a; b; c ) là một VTPT của ( P ) , ( a 2 + b 2 + c 2 > 0 ) . Đường thẳng d1 qua M ( 3;1; 4 ) và có một VTCP là u1 = (1; −2; 0 ) . Đường thẳng d 2 qua N ( 2; 4;1) và có một VTCP là u2 = (1;0; −3) . a − 2b = 0 ( P ) / / d1 n.u1 = 0 Ta có ⇒ ⇔ ⇒ a = 2b = 3c. a − 3c = 0 ( P ) / / d 2 n.u2 = 0 Chọn c = 2 ⇒ a = 6, b = 3, thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 > 0 ⇒ n = ( 2;3; 6 ) . Mặt phẳng ( P ) qua A (1; −2;1) và nhận n = ( 2;3;6 ) là một VTPT
⇒ ( R ) : 6 ( x − 1) + 3 ( y + 2 ) + 2 ( z − 1) = 0 ⇒ ( R ) : 6 x + 3 y + 2 z − 2 = 0. Rõ ràng M ( 3;1; 4 ) và N ( 2; 4;1) không thuộc ( R ) : 6 x + 3 y + 2 z − 2 = 0
⇒ ( R ) : 6 x + 3 y + 2 z − 2 = 0 thỏa mãn. Câu 48. Mặt phẳng ( P ) có một VTPT là n = (1; −2; 2 ) .
Gọi I là tâm của ( S ) , đường thẳng IA qua A (1; 4; −1) và nhận n = (1; −2; 2 ) là một VTCP
x = 1+ t ⇒ IA : y = 4 − 2t ( t ∈ ℝ ) ⇒ I ( t + 1; 4 − 2t ; 2t − 1) z = −1 + 2t 2 2 ⇒ AI = ( t ; −2t ; 2t ) ⇒ AI = t 2 + ( −2t ) + ( 2t ) = 9t 2 = 3 t . Ta có ( S ) tiếp xúc với ( P ) tại A và có bán kính bằng 3 nên t = 1 ⇒ I ( 2; 2;1) AI = 3 ⇒ 3 t = 3 ⇔ t = −1 ⇒ I ( 0;6; −3) Bài ra xI > 0 ⇒ I ( 2; 2;1) ⇒ P = xI2 + 3 yI2 + 5 z I2 = 21.
Chọn B Câu 49.
x = 1+ t Ta có d1 : y = −1 + t ( t ∈ ℝ ) mà M ∈ d1 ⇒ M ( m + 1; m − 1;3 − m ) . z = 3 − t x = 1+ t ' Lại có d 2 : y = −2 + t ' ( t ' ∈ ℝ ) mà N ∈ d 2 ⇒ N ( n + 1; n − 2; n + 2 ) . z = 2 + t ' Đường thẳng d nhận NM = ( m − n; m − n + 1;1 − m − n ) là một VTCP. Mặt phẳng ( P ) có một VTPT là n = ( 2;3; 4 ) . Ta có d / / ( P ) ⇒ NM .n = 0 ⇔ 2 ( m − n ) + 3 ( m − n + 1) + 4 (1 − m − n ) = 0 ⇔ m = 9n − 7 ⇒ AM = ( m; m − 3; 2 − m ) = ( 9n − 7;9n − 10;9 − 9n ) , AN = ( n; n − 4; n + 1) ⇒ AM . AN = ( 9n − 7 ) n + ( 9n − 10 )( n − 4 ) + ( 9 − 9n )( n + 1) = 5 n = 1 ⇔ 9n 2 − 53n + 44 = 0 ⇔ 44 n = 9
Bài ra xN ∈ ℤ ⇒ n = 1 thỏa mãn ⇒ m = 2 ⇒ M ( 3;1;1) và NM = (1; 2; −2 ) . File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
168
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Đường thẳng d qua M ( 3;1;1) và nhận NM = (1; 2; −2 ) là một VTCP
⇒d:
Chọn B Câu 50.
x − 3 y −1 z −1 = = . 1 2 −2
x = 1+ t Ta có d : y = 1 + 2t ( t ∈ ℝ ) mà M ∈ d ⇒ M ( t + 1; 2t + 1;3t + 1) . z = 1 + 3t AM = ( t − 1; 2t + 2;3t ) Khi đó ⇒ AM ; AB = ( −2t − 2; −2t − 1; 2t + 2 ) AB = ( −1;0; −1) 1 1 2 2 2 ⇒ S MAB = AM ; AB = ( −2t − 2 ) + ( −2t − 1) + ( 2t + 2 ) 2 2 2
1 1 10 2 1 2 1 = 12t 2 + 20t + 9 = t 12 + + ≥ = . 2 2 12 3 2 3 6 10 5 Dấu " = " xảy ra ⇔ t 12 + =0⇔t =− . 6 12 49 1 2 3 Khi đó M ; − ; − ⇒ P = xM2 + yM2 + z M2 = . 18 6 3 2 Chọn A
----
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
169
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH
Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm) ĐỀ SỐ 10
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu) Họ, tên học sinh:..................................................................................................
Giáo viên: NGUYỄN HỮU CHUNG KIÊN Câu 1. Đồ thị hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây ? A.
y = ( x + 3)( x −1) .
B.
y = ( x + 3)( x −1) .
C.
y = ( x + 3) ( x −1) .
D.
y = ( x + 3) ( x −1) .
y
x
-3
O
1
2
2
2
Câu 2. Cho hàm số y =
-9
2
x +1 . Chọn phương án đúng trong các phương án dưới đây ? 2 x −1
1 11 1 . B. max y = 0 . C. min y = . D. max y = . [3;5] [−1;0] [−1;1] 2 4 2 Câu 3. Trong các hàm số sau, hàm số nào vừa có khoảng đồng biến vừa có khoảng nghịch biến trên tập xác định của nó. A.
min y = [−1;2 ]
(Ι). y =
2x +1 . x +1
A. (Ι) .
(ΙΙ). y = −x 4 + x 2 − 2. B. (II ) .
(ΙΙΙ). y = x 3 + 3 x − 4.
C. (ΙΙ); (ΙΙΙ) .
D. (Ι); (ΙΙΙ) .
Câu 4. Tìm điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y = −x + 3 x + 4 . 3
A.
x=0.
B.
M (0;4 ) .
2
C.
M (2;0 ) .
D.
Câu 5. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là y ' = f ' ( x ) . Đồ thị
x=2.
y
hàm số g = f ' ( x ) có đồ thị như hình bên. Kết luận nào sau đây là kết luận đúng ? A. Hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị. B. Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng (1;2 ) .
1
2
4
x
O
C. Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng (−∞;2 ) . D. Cả A, B, C đều đúng. Câu 6. Thể tích nước của một bể bơi sau t phút bơm tính theo công thức V (t ) =
1 3 t 4 30t − với 0 < t ≤ 90 . Tốc 100 4
độ bơm nước tại thời điểm t được tính bởi công thức v (t ) = V ' (t ) . Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ? A. Tốc độ bơm luôn giảm theo thời gian. B. Tốc độ bơm tăng từ phút 0 đến phút thứ 75 . C. Tốc độ bơm giảm từ phút 60 đến phút thứ 90. D. Cả A, B, C đều sai. Câu 7. Cho hàm số y = f ( x ) =
3x + 1 . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? 1− 2 x
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
170
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam A. Đồ thị hàm số y = f ( x ) có tiệm cận ngang là y = 3 . B. Đồ thị hàm số y = f ( x ) có tiệm cận đứng là x = 1 .
3 C. Đồ thị hàm số y = f ( x ) có tiệm cận ngang là y = − . 2 D. Đồ thị hàm số y = f ( x ) không có tiệm cận. Câu 8. Đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x 2 − 2 x cắt trục hoành tại mấy điểm ? A.
B.
4.
C.
3.
D. 1 .
2.
Câu 9. Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = x − 3 x + 2 tại ba điểm phân biệt khi: 3
A.
0≤m<4.
B.
m>4 .
C.
0
D.
0
Câu 10. Cho hàm số y = −x + 3x + 1 , có đồ thị là (C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C ) tại điểm 3
2
A (3;1) . A.
y = 20 − 9 x .
Câu 11. Hàm số y = A.
m ≤1 .
B.
9 x + y − 28 = 0 .
C.
y = 9 x + 20 .
m 3 x + x 2 + x + 2017 có cực trị khi và chỉ khi: 3 m < 1 m ≤ 1 B. . C. . m ≠ 0 m ≠ 0
D.
9 x − y + 28 = 0 .
D.
m <1 .
Câu 12. Tìm tập xác định D của hàm số y = log 2 ( x 2 − 4 x + 3) . A.
D = (−∞;1) ∪ (3; +∞) .
B.
D = (−∞;1] ∪ [3; +∞) .
C.
D = [1;3] .
D.
D = (1;3) .
C.
y/ =
Câu 13. Đạo hàm của hàm số y = log 2 x là: A.
y/ =
1 . x ln 2
B.
y/ =
1 . x ln10
3.(2 x 2 y 3 ) .( xy 4 ) 3
Câu 14. Rút gọn biểu thức P =
6 x 4 .2 xy 4
1 . 2 x ln10
D.
y/ =
ln10 . x
2
với x ≠ 0, y ≠ 0 .
1 3 13 1 2 2 x y . C. x y . D. 2x 3 y11 . 2 2 x 2 + 3x + 2 với x > 0 , ta thu được kết quả là: Câu 15. Khai triển biểu thức P = log 4 2 x + 5x + 6 A.
2x 3 y13 .
A.
P = log 2 ( x + 1) − log 2 ( x + 2 ) − log 4 ( x + 3) .
B.
P = log 4 ( x + 1) − log 4 ( x + 2 ) − log 4 ( x + 3) .
C.
P = log16 ( x + 1) − log 4 ( x + 2 ) − log 4 ( x + 3) .
D.
P = log16 ( x + 1) − log16 ( x + 2 ) − log 4 ( x + 3) .
B.
Câu 16. Gọi m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = e 2−3 x trên đoạn [0;2 ] . Mối liên hệ giữa m và M là: A.
m + M =1 .
B.
M − m = e.
C.
M .m =
1 . e2
D.
M = e2 . m
D.
x=
Câu 17. Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 4 − ln (3 − x ) và trục hoành là: 4
A.
x = e4 −3 .
B.
x = 3−e4 .
C.
x = e3 .
4 . 3
Câu 18. Phương trình 2 2 x .3 x +1 = 5 x −1 tương đương với phương trình nào trong các phương trình sau:
12 1 A. = . 5 15 x
12 B. = 5 . 5 x
6 D. = 8 . 5 x
C. 30 x = 15 .
Câu 19. Giải phương trình 5 x −6 = 32 x +1 trên tập số thực, ta được:
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
171
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam A.
3 5 x = ln −6 − 2 . 5 3
B.
x = ln 3 − ln 5 .
C.
x=
ln 3 + 6.ln 5 . ln 5 − 2.ln 3
D.
x = 3. ln 3 + 5. ln 5 .
Câu 20. Cho log b 13 = a và log b 22 = c , 13x = 22 . Khẳng định nào dưới đây là đúng ? A.
x = ac .
B.
x=
c . a
C.
x = a +c .
Câu 21. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số y = A.
m ≤1 .
B.
−2 ≤ m ≤ 1 .
C.
D.
x = c −a .
3x + 2 đồng biến trên khoảng (0;1) . 3x − m
m < −2 .
D.
m ≥3 .
Câu 22. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? A. Nếu F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) thì mọi nguyên hàm của f ( x ) đều có dạng F ( x ) + C ( C là hằng số).
u/ ( x )
dx = log u ( x ) + C .
B.
∫
C.
F ( x ) = 1 + tan x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 1 + tan 2 x .
D.
F ( x ) = 5 − cos x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = sin x .
u (x )
Câu 23. Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x 2 − 2 x +
1 x
thỏa mãn F ( 4 ) = 50 . Tính giá trị của biểu
thức F (2 ) . A.
2+2 2 .
B. 1 + 2 2 . b
Câu 24. Giá trị của
∫
f ( x ) dx = 12 và
a
A.
I = 20 .
B. ln m
Câu 25. Cho I =
∫ 0
A.
4 +3 2 . 2
C.
D.
6−2 2 . 3
b
c
∫
f ( x ) dx = 8 . Khi đó I = ∫ f ( x ) dx có giá trị bằng :
c
a
I = −20 .
C.
I =4.
D.
I = −4 .
D.
m=e .
x
e dx = ln 2 . Khi đó, giá trị của số thực m bằng : ex −2
m = 0 . m = 4
B.
m=2.
C.
m=4.
Câu 26. Cho S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 3 − 6 x 2 + 9 x và trục Ox . Tìm số nguyên lớn nhất không vượt quá giá trị của S . A. 10 . B. 6 . C. 7 . Câu 27. Sơ đồ ở bên phải phác thảo của một khung cửa sổ. Diện tích của cửa sổ được tính bằng công thức nào sau đây? 1 2
5 A. S = ∫ − 4 x 2 dx . 2 1 −
−
C. S = ∫ 2 x 2 dx . 1 2
27 . y y=
5 − 2x 2 2
5 − 2 x 2 dx . 2
B. S = ∫
2
1 2
−
1 2
D.
1 2 1 2
y = 2x 2
D. S = ∫ (1 − 4 x 2 ) dx . −
1 2
−
1 2
O
x
1 2
Câu 28. Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi hình phẳng giới hạn bởi các parabol y = 4 − x 2 và y = 2 + x 2 quay quanh trục Ox là kết quả nào sau đây? A. V = 10π.
B. V = 12π.
Câu 29. Tổng phần thực và phần ảo của số phức z =
C. V = 14 π.
(
2 + 3i
)
2
D. V = 16π.
bằng:
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
172
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam B. 11 + 6 2 .
A. 11 .
C. −7 + 6 2 .
D. −7 .
Câu 30. Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z = 4 − 7i và B là điểm biểu diễn của số phức z ' = −4 + 7i . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A. Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua trục hoành. B. Hai điểm A và B đối xứng nhau qua trục tung. C. Hai điểm A và B đối xứngn nhau qua gốc tọa độ O . D. Hai điểm A và B đối xứng nhau qua đường thẳng y = x . Câu 31. Cho số phức z = (1 − 2i )(1 + i ) . Tìm số phức liên hợp của số phức z . A.
z = 3+i .
Câu 32. Cho số phức z =
B.
z = i −3 .
C.
z = 1 − 3i .
D.
z = 3−i .
1− i . Phần thực và phần ảo của số phức z 2017 bằng: 1+i
A. Phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 0 . B. Phần thực bằng 0 và phần ảo bằng −1 . C. Phần thực bằng 0 và phần ảo bằng −i. D. Phần thực bằng 1 và phần ảo bằng −1 . Câu 33. Gọi z1 , z 2 , z 3 lần lượt là các nghiệm của phương trình ( z + 3i )( z 2 − 2 z + 5) = 0 trên tập số phức. Tính giá trị của biểu thức P = z1 + z 2 + z 3 . A.
B.
5.
13 .
C.
D.
4.
2 3.
Câu 34. Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2 + 5i = 4 là một đường tròn (C ) có tâm
I và bán kính R . Khẳng định nào sau đây là đúng ? I (2; −5) I (−2;5) A. . B. . R = 4 R = 4
I (2; −5) C. . R = 2
I (0;0 ) D. . R = 2
Câu 35. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có cạnh AB = a , BC = 2a . Hai mặt bên (SAB ) và
(SAD ) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) , cạnh SA = a 15 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. A. V =
2a 3 15 . 6
B. V =
2a 3 15 . 3
C. V = 2 a 3 15 .
D. V =
a 3 15 . 3
Câu 36. Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , cạnh AB = 1 . Biết
A ' B = 2 , tính thể tích của khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' . 2 1 . B. V = . C. V = 1 . 2 2 Câu 37. Một túp lều có dạng hình lăng trụ đứng có kích thước như hình bên. Tính thể tích của túp lều. A. V =
280 m 3 .
B.
280 3 m . 3
C. 560 m 3 .
D.
560 3 m . 3
A.
Câu 38. Cho hình lăng trụ đều ABC . A ' B ' C ' có AA ' = AB = a . Gọi I , J , G , H lần lượt là trung điểm của
D. V =
2 . 3
C'
A' B'
các cạnh BC , AB, CC ', B ' C ' . Tính thể tích khối tứ diện
H G
IJGH . A.
a3 3 . 48
B.
a3 3 . 144
C.
a3 3 . 24
D.
a3 3 . 12
C
A I
J B
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
173
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 39. Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy R = a 2 , góc ở đỉnh bằng 60 0 . Diện tích xung quanh của hình nón bằng: A. 4 πa 2 . B. 3πa 2 . C. 2πa 2 . D. πa 2 . Câu 40. Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO . Gọi A, B là hai điểm thuộc đường tròn đáy của hình nón sao cho
= 30 0 , SAB = 600 . Độ dài đường sinh ℓ của hình nón bằng: khoảng cách từ O đến AB bằng a và SAO A.
ℓ = a.
B.
ℓ = a 2.
C.
ℓ = a 3.
D.
ℓ = 2 a.
Câu 41. Một tấm nhôm hình chữ nhật có hai kích thước là a và 2a ( a là độ dài có sẵn). Người ta cuốn tấm nhôm đó thành một hình trụ. Nếu hình trụ được tạo thành có chu vi đáy bằng 2a thì thể tích của nó bằng: A.
a3 . π
B.
πa 3 .
C.
a3 . 2π
D.
2π a 3 .
Câu 42. Diện tích hình tròn lớn của một hình cầu là p . Một mặt phẳng (α ) cắt hình cầu theo một hình tròn có diện tích là A.
p . Khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng (α ) bằng: 2 p . π
1 . π
B.
C.
2p . π
p . 2π
D.
Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A (2; −1;6) , B (−3; −1; −4 ) , C (5; −1;0) tam giác ABC là A. Tam giác cân. C. Tam giác vuông.
B. Tam giác đều. D. Tam giác vuông cân.
Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) có bán kính r = 3 , tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz ) và có tâm nằm trên tia Oy có phương trình: A. (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 6 x = 0 .
B. (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 6 y = 0 .
C. (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 6 z = 0 .
D. (S ) : x 2 + y 2 + z 2 = 9 .
Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , nếu mặt phẳng (α ) đi qua ba điểm M (0; −1;1) , N (1; −1;0) và
P (1;0; −2) thì (α ) có một vectơ pháp tuyến là ? A. n(α) = (2;1;1) . B. n(α) = (−1;2; −1) .
C.
n(α) = (1;1;2) .
D.
n(α) = (1;2;1) .
Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : A x + By +Cz + D = 0 . Mệnh đề nào sau đây là đúng ? A. Nếu D = 0 thì (α ) song song với mặt phẳng (O yz ) B. Nếu D = 0 thì (α ) đi qua gốc tọa độ.
BC ≠ 0 C. Nếu thì (α ) song song với trục O x . A = D = 0 BC ≠ 0 thì (α ) chứa trục O y . D. Nếu A = D = 0 Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho d là đường thẳng đi qua điểm A (1;2;3) và vuông góc với mặt phẳng (α ) : 4 x + 3 y − 7 z + 1 = 0 . Phương trình tham số của d là:
x = −1 + 4 t A. y = −2 + 3t . z = −3 − 7t
x = 1 + 4 t B. y = 2 + 3t . z = 3 − 7t
x = 1 + 3t C. y = 2 − 4t . z = 3 − 7t
x = −1 + 8t D. y = −2 + 6 t . z = −3 −14 t
Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + z = 0 và (Q ) : x − y − z = 0 . Tìm phương trình tham số của giao tuyến d của hai mặt phẳng ( P ) và (Q ) .
x = 1 A. d : y = −2 + t . z = 3 − 2t
B.
x = 1 d : y = −2 + t . z = 3 − t
x = 1 − t C. d : y = −2 + 2 t . z = 3 − 3t
x = 1 + t D. d : y = −2 + t . z = 3 − 3t
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
174
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − z + 3 = 0 và đường thẳng
x = 2 + mt d : y = n + 3t . Với giá trị nào của m, n thì đường thẳng d nằm trong mặt phẳng ( P ) ? z = 1 − 2t A.
5 m =− , n =6 . 2
B.
5 m= , n=6. 2
C.
5 m = , n = −6 . 2
D.
5 m = − , n = −6 . 2
Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (2;1; −1) , B (0;3;1) và mặt phẳng ( P ) : x + y − z + 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc ( P ) sao cho 2MA − MB có giá trị nhỏ nhất. A.
M (−4; −1;0) .
B.
M (−1; −4;0) .
C.
M (4;1;0) .
D.
M (1; −4;0) .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
175
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 10 Câu 1. Đồ thị là dạng đặc trưng của hàm bậc ba nên loại A, D. Ta thấy khi x = 0 thì y = −9 . Chọn C. Câu 2. Nhận xét rằng y ' =
−3
(2 x −1)
2
< 0; ∀x ≠
1 nên y là hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. Do đó, nó sẽ 2
đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [a; b ] tại y (b ) và đạt giá trị lớn nhất trên đoạn [a; b ] tại y (a ) . Vận dụng điều này, ta thấy
y (−1) = 0 ⇒ max y = 0 . Chọn B. [−1;0 ]
Câu 3. Xét từng hàm số, ta có Hàm số y =
2 x +1 1 với x ≠ −1 , có y ' = > 0; ∀x ≠ −1 . Khi đó hàm số đã cho là hàm số đồng biến trên các 2 x +1 ( x + 1)
khoảng (−∞; −1) và (1;+∞) . Hàm số y = −x 4 + x 2 − 2 với x ∈ ℝ , có y ' = −4 x 3 + 2 x . Phương trình y ' = 0 có ba nghiệm phân biệt nên sẽ có khoảng đồng biến, nghịch biến. Hàm số y = x 3 + 3 x − 5 với x ∈ ℝ , có y ' = 3 x 2 + 3 > 0; ∀x ∈ ℝ . Khi đó hàm số đã cho là hàm số đồng biến trên toàn tập ℝ . Chọn B.
x = 0 . Mà y '' (0) = 6 − 6.0 = 6 > 0 nên x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số Câu 4. Ta có y ' = −3x 2 + 6 x , y ' = 0 ⇔ x = 2 đã cho. Do đó M (0;4 ) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số. Chọn B. Chú ý: x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số;
M (0;4 ) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số. Câu 5. Dựa vào đồ thị hàm số, ta có các nhận xét sau: Phương trình f ' ( x ) = 0 , có ba nghiệm lần lượt là x = 1; x = 2; x = 4 , do đó hàm số y = f ( x ) có ba điểm cực trị. Trên khoảng (1;2 ) thì đồ thị nằm phía trên trục hoành nên f ' ( x ) > 0, ∀x ∈ (1;2) . Do đó hàm số y = f ( x ) là hàm số đồng biến trên (1;2 ) . Chọn B.
1 3 t 4 9 2 t3 với 0 < t ≤ 90 . 30t − = t − 100 4 10 100 '
Câu 6. Ta có v (t ) = V ' (t ) = Đặt F (t ) =
9 2 t3 9 3t 2 t − với t ∈ (0;90 ] , có F ' (t ) = t − ; F ' (t ) = 0 ⇔ t = 60 . 10 100 5 100
Lập bảng biến thiên, ta được F (t ) là hàm số nghịch biến trên [60;90 ] . Do đó, tốc độ bơm luôn giảm từ phút 60 đến phút thứ 90. Chọn C. Câu 7. Ta có y = f ( x ) =
3x + 1 3x + 1 = . 1 − 2 x −2 x + 1
1 3+ 3x + 1 x = − 3 ⇒ y = − 3 là đường tiệm cận ngang. Chọn C. Do đó lim f ( x ) = lim = lim x →±∞ x →±∞ −2 x + 1 x →±∞ 1 2 2 −2 + x Câu 8. Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số đã cho và trục hoành là: x = 0 3 2 2 x − 3 x − 2 x = 0 ⇔ x ( x − 3 x − 2) = 0 ⇔ ⇒ đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x 2 − 2 x cắt trục Ox tại ba x = 3 ± 17 2 điểm phân biệt. Chọn B. Câu 9. Đây thuộc dạng toán dựa vào đồ thị, biện luận theo m số nghiệm của phương trình.
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
176
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam x = 1 ⇒ y (1) = 0 Ta có y = x 3 − 3 x + 2 ⇒ y ' = 3 x 2 − 3, y ' = 0 ⇔ . x = −1 ⇒ y (−1) = 4 Vẽ bảng biến thiên ta dễ dàng thấy được y = m cắt đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x + 2 tại ba điểm phân biệt khi
0 < m < 4 . Chọn D. Câu 10. Đạo hàm y ' = −3x 2 + 6 x . Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến k = y ' (3) = −9. Vậy phương trình tiếp tuyến: y = −9 ( x − 3) + 1 hay 9 x + y − 28 = 0 . Chọn B. Câu 11. ● Nếu m = 0 thì y = x 2 + x + 2017 (có đồ thị là Parabol) nên luôn có một cực trị. ● Khi m ≠ 0 , ta có y ' = mx 2 + 2 x + 1 .
m ≠ 0 Để hàm số có cực trị khi và chỉ khi (∗) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ⇔ 0 ≠ m < 1. ∆ ' = 1 − m > 0 Kết hợp hai trường hợp ta được m < 1. Chọn C. Câu 12. Để hàm số y = log 2 ( x 2 − 4 x + 3) có nghĩa khi và chỉ khi x 2 − 4 x + 3 > 0 .
x > 3 ⇔ ( x −1)( x − 3) > 0 ⇔ ⇒ D = (−∞;1) ∪ (3; +∞) . Chọn A. x < 1 ln 2 x 1 (2 x ) 2 1 = . = = . Chọn B. ln10 ln10 2 x 2 x ln10 x ln10 /
Câu 13. Ta có y = log 2 x =
3.(2 x 2 y 3 ) .( xy 4 ) 3
Câu 14. Với x ≠ 0, y ≠ 0 , ta có P =
2
6 x 4 .2 xy 4
8 x 6 . y 9 .( xy 4 )
2
=
4 x 4 .xy 4
= 2 x 2 . y 9 .xy 4 = 2 x 3 y13 .
Chọn A.
2 ( x + 1)( x + 2) x +1 x + 3x + 2 Câu 15. Ta có log 4 2 = log 4 . = log 4 x + 5x + 6 ( x + 3)( x + 2) ( x + 3) x + 2 = log 4 x + 1 − log 4 ( x + 3) x + 2 =
1 1 log 4 ( x + 1) − log 4 ( x + 3) − log 4 ( x + 2 ) 2 2
= log16 ( x + 1) − log16 ( x + 2 ) − log 4 ( x + 3) . Chọn D. Câu 16. Hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [0;2 ] . Đạo hàm f ' ( x ) = −3e 2−3 x < 0, ∀x ∈ ℝ .
max f ( x ) = f (0 ) = e 2 [0;2] Do đó hàm số f ( x ) nghịch biến trên [0;2 ] . Suy ra . min f x = f 2 = 1 ( ) ( ) [0;2] e4 Suy ra m =
1 1 , M = e 2 nên M .m = 2 . Chọn C. 4 e e
Câu 17. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 4 − ln (3 − x ) và trục hoành là:
3 − x > 0 x < 3 4 − ln (3 − x ) = 0 ⇔ ln (3 − x ) = 4 ⇔ ⇔ ⇔ x = 3 − e 4 . Chọn B. 4 3 − x = e x = 3 − e 4 12 5x 1 ⇔ 15.12 x = 5x ⇔ = . Chọn A. 5 5 15 x
Câu 18. Phương trình 2 2 x .3x +1 = 5x −1 ⇔ 3.4 x .3x =
Câu 19. Điều kiện: x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương đương với
5x = 32 x .3 . 56
5 3 ln 3 + 6.ln 5 5x 3 3 = 6 ⇔ = 6 ⇔ x = log 5 6 = . Chọn C. 9 ln 5 − 2.ln 3 9x 5 5 9 5 x
⇔
Câu 20. Ta có 13x = 22 ⇔ x = log13 22 =
log b 22 c = . Chọn B. log b 13 a
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
177
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 21. Đặt t = 3 x . Với x ∈ (0;1) , suy ra t ∈ (1;3) . Khi đó hàm số trở thành yt =
t +2 −m − 2 , có yt/ = với t ∈ (1;3) . 2 t −m (t − m )
m < −2 −m − 2 > 0 Yêu cầu bài toán ⇔ y > 0, ∀t ∈ (1;3) ⇔ ⇔ m < 1 ⇔ m < −2 . Chọn C. m ∉ (1;3) m > 3 / t
Câu 22. Chọn B. Vì
d (u ( x )) u/ ( x ) dx = ∫ = ln u ( x ) + C . u (x ) u (x )
∫
Câu 23. Ta có F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫ 3 x 2 − 2 x +
1 x
dx = x 3 − x 2 + 2 x + C .
Khi đó F ( 4 ) = 52 + C = 50 ⇔ C = −2 . Vậy F (2 ) = 4 + 2 2 + C = 4 + 2 2 − 2 = 2 + 2 2 . Chọn A. c
b
c
b
b
Câu 24. Ta có I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx = 12 − 8 = 4. Chọn C. a
a
b
a
c
Câu 25. Điều kiện: m > 0. ln m
Ta có I =
∫ 0
e x dx = ex −2
ln m
∫
d (e x − 2 ) e −2 x
0
= ln e x − 2
ln m 0
m = 4 = ln m − 2 = ln 2 ⇔ m − 2 = 2 ⇔ . m = 0
Đối chiếu điều kiện, ta chọn m = 4. Chọn C.
x = 0 Câu 26. Hoành độ giao điểm của hàm số y và trục Ox là: x 3 − 6 x 2 + 9 x = 0 ⇔ . x = 3 3
3
x4 9 x 2 27 = x − 6 x + 9 x dx = − 2 x 3 + . Chọn B. 4 2 0 4
3
Khi đó S = ∫ x − 6 x + 9 x dx = ∫ 3
2
0
3
0
2
Câu 27. Chọn A. Câu 28. Xét phương trình 4 − x 2 = 2 + x 2 ⇔ x = ±1 . 1
Thể tích cần tìm là VOx = π ∫ (4 − x 2 ) − (2 + x 2 ) dx 2
2
−1
1
=π
∫ (12 −12 x ) dx
= π (12 x − 4 x 3 )
2
−1
(
Câu 29. Ta có z =
2 + 3i
) = ( 2) 2
2
1
−1
= 16π (đvtt). Chọn D.
+ 2. 2.3i + (3i ) = 2 + 6 2i − 9 = −7 + 6 2i . Chọn C. 2
Câu 30. Số phức z = 4 − 7i có điểm biểu diễn là A suy ra A (4; −7 ) . Số phức z ' = −4 + 7i có điểm biểu diễn là B
x A + x B = 0 suy ra B (−4;7 ) . Do đó nên A và B đối xứng nhau qua gốc tọa độ O . Chọn C. y A + y B = 0 Câu 31. Ta có z = (1 − 2i )(1 + i ) = 1 + i − 2i − 2i 2 = 3 − i ⇒ z = 3 + i . Chọn A.
1 − i (1 − i ) Câu 32. Ta có z = = = −i. 1+i 1 +1 2
Suy ra z 2017 = (−i )
2017
504.4 +1
= (−i )
= −i. Chọn B.
z = −3i z + 3i = 0 Câu 33. Phương trình ( z + 3i )( z 2 − 2 z + 5) = 0 ⇔ 2 ⇔ 2 z − 2z + 5 = 0 ( z −1) = −4 z = −3i z = −3i ⇔ 2 2 ⇔ z = 1 + 2i ⇒ P = z1 + z 2 + z 3 = 2 − 3i = 13 . Chọn B. z = 1 − 2i ( z −1) = (2i ) Câu 34. Gọi số phức z = a + bi (a, b ∈ ℝ ) .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
178
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Từ giả thiết, ta có a + bi − 2 + 5i = 4 ⇔ a − 2 + (b + 5)i = 4
I (2; −5) 2 2 2 2 . Chọn A. ⇔ (a − 2 ) + (b + 5) = 4 ⇔ (a − 2) + (b + 5) = 16 ⇒ R = 4 Câu 35. Vì hai mặt bên (SAB ) và (SAD ) cùng vuông góc với ( ABCD ) , suy ra SA ⊥ ( ABCD ) . Do đó chiều cao khối chóp là SA = a 15 . Diện tích hình chữ nhật ABCD là S ABCD = AB.BC = 2a 2 .
1 2 a 3 15 Vậy thể tích khối chóp là VS . ABCD = S ABCD .SA = (đvtt). Chọn B. 3 3 Câu 36. Diện tích mặt đáy S∆ABC =
1 1 AB. AC = . 2 2
Chiều cao khối lăng trụ là AA ' = A ' B 2 − AB 2 = Vậy VABC . A ' B ' C ' = S∆ABC . AA ' =
( 2)
2
−12 = 1.
1 . Chọn A. 2
1 Câu 37. Thể tích của túp lều là V = h.S = 10. .7.8 = 280 m 3 . Chọn A. 2 Câu 38. Ta chọn ∆IHG làm mặt đáy của tứ diện IJGH . Khi đó 1 1 BC a 2 IH .d [G , IH ] = IH . = . 2 2 2 4
●
S∆IHG =
●
1 1 a 3 h = d J , ( IHG ) = d [ A, BC ] = AI = . 2 2 4
1 a3 3 . Chọn A. Vậy thể tích khối tứ diện VIJGH = S∆IHG .h = 3 48 = 30 0 . Câu 39. Theo giả thiết, ta có OA = a 2 và OSA
S 30 0
OA Suy ra độ dài đường sinh: ℓ = SA = = 2 a 2. sin 300
A
O
Vậy diện tích xung quanh bằng: S xq = π R ℓ = 4 πa (đvdt). Chọn A. 2
Câu 40. Gọi I là trung điểm AB , suy ra OI ⊥ AB, SI ⊥ AB và OI = a .
S
= SA 3 . Trong tam giác vuông SOA , ta có OA = SA.cos SAO 2 = SA . Trong tam giác vuông SIA , ta có IA = SA.cos SAB 2 Trong tam giác vuông OIA , ta có 3 1 OA = OI + IA ⇔ SA 2 = a 2 + SA 2 ⇒ SA = a 2. Chọn B. 4 4 2
2
O
B
2
A
I
Câu 41. Gọi bán kính đáy là R . Hình trụ có chu vi đáy bằng 2a nên ta có 2π R = 2a ⇔ R =
a . π
Suy ra hình trụ này có đường cao h = a.
a a3 Vậy thê tích khối trụ V = π R 2 h = π a = (đvtt). Chọn A. π π 2
Câu 42. Hình tròn lớn của hình cầu S là hình tròn tạo bởi mặt phẳng cắt hình cầu và đi qua tâm của hình cầu. Gọi R là bán kính hình cầu thì hình tròn lớn cũng có bán kính là R .
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
179
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Theo giả thiết, ta có π R 2 = p ⇔ R = Suy ra d = R 2 − r 2 =
p p p và πr 2 = ⇔ r = . π 2 2π
p . Chọn D. 2π
Câu 43. Ta có AB 2 = 125; AC 2 = 45; BC 2 = 80 . Suy ra AB 2 = CA 2 + CB 2 . Do đó tam giác ABC vuông tại C . Chọn C. Câu 44. Gọi I (0; y;0 ) là tâm của mặt cầu cần tìm, ta có y > 0 . Theo giả thiết, ta có d I , (Oxz ) = r ⇔
y 12
=3⇒ y =3.
Vậy (S ) : x 2 + ( y − 3) + z 2 = 32 hay (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 6 y = 0 . Chọn B. Câu 45. Ta có MN = (1;0; −1) và MP = (1;1; −3) nên n(α) = MN ; MP = (1;2;1) . Chọn D. Câu 46. Ta cần chú ý 2
●
Khi D = 0 thì (α ) đi qua gốc tọa độ.
BC ≠ 0 Nếu thì (α ) chứa trục O x . A = D = 0 Chọn B. Câu 47. Mặt phẳng (α ) có VTPC là nα = (4;3; −7) . Do d ⊥ (α ) nên có VTCP là ud = nα = (4;3; −7) . Chọn B. Câu 48. Mặt phẳng ( P ) có VTPT n(P ) = (1;2;1) ; Mặt phẳng (Q ) có VTPT n(Q ) = (1; −1; −1) . ●
x + 2 y + z = 0 x + 2 y + 3 = 0 x = 1 Xét giao tuyến d : . Cho z = 3 , ta có hệ phương trình ⇔ . x − y − z = 0 x − y − 3 = 0 y = −2 Suy ra M (1; −2;3) là điểm thuộc giao tuyến d và u = n(P ) ; n(Q ) = (−1;2; −3) là VTCP của giao tuyến. x = 1 − t Vậy d : y = −2 + 2 t . Chọn C. z = 3 − 3t
Câu 49. Đường thẳng d đi qua M (2; n;1) và có vectơ chỉ phương a = (m;3; −2 ) . Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến n = (2;1; −1) .
5 a.n = 0 a ⊥ n 2m + 5 = 0 n = − Ta có d ⊂ ( P ) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 . Chọn D. M ∈ ( P ) 4 + n −1 + 3 = 0 n = −6 n = −6 Câu 50. Gọi I (a; b; c ) là điểm thỏa mãn 2 IA − IB = 0 , suy ra I (4; −1; −3) . Ta có 2 MA − MB = 2 MI + 2 IA − MI − IB = MI . Suy ra 2MA − MB = MI = MI . Do đó 2MA − MB nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( P ) . Đường thẳng đi qua I và vuông góc với ( P ) có là d :
x − 4 y +1 z + 3 = = . 1 1 −1
x − 4 y + 1 z + 3 = = Tọa độ hình chiếu M của I trên ( P ) thỏa mãn 1 −1 ⇒ M (1; −4;0 ) . Chọn D. 1 x + y − z + 3 = 0
File word 10 đề thi thử: https://goo.gl/c38N9F – Biên soạn: Nguyễn Hữu Chung Kiên
180
