Cac de luyen thi
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (4.82 MB, 22 trang )
BOQ GIAO DUC VA DAO TAO — KY THI TRUNG HQC PHO THONG QUOC GIA NAM 2019
DE THI THAM KHAO
Bài thi: TOÁN _
MA DE THI: 001
Thời gian làm bài: 90 phút,không kê thời gian phát đê
SAN PHAM DUQC THUC HIEN BOI TAP THE GIAO VIEN
NHOM WORD HOA TAI LIEU & DE THI TOAN
1. QUẢN TRỊ VIÊN: Lê Đức Huy, Nguyễn Tấn Linh, Ngô Thanh Son
2. GIÁO VIÊN GIẢI: Quang Đăng Thanh, Thu Do, Tuân Chí Phạm, Vu Thom, Trần Thanh Sơn, Tấn
Hậu, Trụ Vũ, Tuân Diệp, Đỉnh Gam, Dương Đức Trí, Hoang Nam, Khoa | Nguyen,
Pham Van Binh,
Thai Duong, Phu | An, Nguyễn Mai Mai, Linh Tran, Trần Đức Nội, Nguyễn Hùng, Dung Pham, Thơng
Đình Đình, Nguyễn Văn Nay, Huynh Quang Nhat Minh, Nguyễn Trung Kiên, Hồng Minh Trần
3. GIÁO VIÊN PHẢN BIỆN: Tâm Nguyễn Đình, Phạm Văn Mạnh, Ngơ Quang Nghiệp, Hongnhung
Nguyen
Câu I1:
Thể tích của khơi lập phương cạnh 2z là
A. 8a'.
B. 2a°.
Ca.
D. 6a°.
Lời giải
ChonA
Thẻ tích khối lập phương là V = (2ø) ` = 8a`.
Câu 2:
Cho hàm số y= ƒ (x) có bảng biến thiên như sau
*
—œO
0
Gia tri cực đại của hàm sô đã cho băng
A. 1.
B. 2.
2
C. 0.
Loi giai
+00
D.5.
Dua vao bang biến thiên của hàm số gia tri cuc đại của hàm số băng 5.
Câu 3:
Trong không gian Oxyz, cho hai diém A(I:1:—1)và B(2,3,2). Vecto AB có tọa độ là
Hỗ
B. (-1-2:3).
C. (35:1).
D. (3;4;1).
Loi giai
Ta cd AB =(2-1;3-1;2-(-1)) => AB=(1;2;3).
Câu 4:
Cho hàm số y= ƒ (x) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới
đây?
Ya
A. (0:1).
B. (—œ;~1).
ChọnD
C. (1:1).
D.(10).
Lời giải
Dựa vào đô thị hàm số ta có hàm số đồng biến trên hai khoảng (—1;0) và (I;+=).
Với a,b là hai số thực dương tùy ý, log (ab’) bang:
A. 2loga+logb.
B. loga+2lob,
C. 2(logatlogb).
—D. loga+—logh.
Lời giải
log(ab’ ) =logatlogb’ =loga+2logb.
Cho [r(sjar-
2 va Jets
A. -3.
dx =5, khi do J[7()-
B. 12.
Chọn C.
2g(x) |á
C. -§.
Lời giải
băng:
D. 1.
1
[Lf(@)-28 (*) Jax= j70) dx— af es) dx =2-2.5=-8.
0
Câu 7:
Thé tich cua khéi cau ban kinh a bang
a
ee
B. 47a? .
C. ¬
3
D. 2zzÈ.
Lời giải
Ca
4
Ta có thê tích của khơi câu có bán kính là ø là: V = 22R
Ara’
=
Tap nghiém cua phuong trinh log, (x? —x+ 2) =] la:
A. {0}.
B. {0:1}.
C. {—1;0).
D. {1).
Lời giải
ChọnB
Ta c6: log, (x? -x+2)=lo
x -x4+2=2 or ox=00)
X=
Trong khơng gian Oxyz, mặt phẳng (Oxz)
A. z=0.
có phương trình là:
B. x+y+z=0.
Cc. y=0.
D. x=0.
Loi giai
Theo lý thuyết ta có phương trình mặt phăng (Oxz)
Câu 10:
là: y=0.
Họ nguyên hàm của hàm số ƒ (x)= e'+x là
1
1
x+
Lời giải
Ta có:
Câu 11:
[7@) 4= [(e +s)&=e +Sx)+€
Trong không gian Oxyz, đường thắng đ =-—-
A. Q(2;-1;2).
đi qua điểm nào dưới đây?
B. M(-1;-2;-3). ©P(1;2;3).
D. N(-2;1;—2).
Lời giải
c.
`
3
Ta có: đường thăng đ
Câu 12:
x-l_
y-2_
7-3
TT.
4.
RK
4.
di qua diém P(I:2:3).
Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k
B. ch =!
cca
"kt
"
(n-k)!
pe Ee!
"
Lời giải
|
Tacó: C^=—————.
k l(n — k)!
Câu 13:
Cho cấp số cộng (u,,) có sơ hạng đầu
A. 22.
B. 17.
¿ =2 Và cơng sai đ =5. Giá trị của w, băng
C. 12.
Lời giải
Taco u, =u, +3d =24+3.5=17.
Câu 14:
Điểm nào trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức z = —1l+ 2¡ 2
D. 250.
ni
VÀ
Q --»
"."...
1!
2
-1
eV
O
i2
x
7
-1+------ eu
A. N
B. P
C. M
Loi giai
D.Q.
Số phức z= —l+2¡ có điểm biểu diễn là (—1;2) do d6 chon Q(-1;2).
Câu 15:
Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm sơ nào dưới đây?
vA
NP
ft
Vu
1
ee
By
Lời giải
Dựa vào hình vẽ, nhận thây đơ thị của hàm sơ có đường tiệm cận đứng
ngang
Câu 16:
x=l
va đường tiệm cận
y = l nên chỉ có hàm sơ ở phương án B thỏa.
Cho hàm số ƒ (x) liên tục trên đoạn [—1;3| và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M' và mm lần lượt
là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn |-1:3|. Giá trị của M —m băng
A.0.
B. 1.
C. 4.
D. 5.
=
———
—
—>———————~
Lời giải
Dựa vào đồ thị trên. ta có: M =3,mm=—2—>
M
Câu 17:
Cho hàm số f (x) có đạo hàm
cho là
A.3.
B.2.
—-m
= 5.
ƒ'{(x)= x(x—1)(x+ 2) .vxelR. Số điểm cực trị của hàm sô đã
C. 5.
D. 1.
Lời giải
Chọn A.
x=0
Taco: ƒ'{x)=0<©|x=l
x=-2
Bảng biến thiên:
x | —z
ví
—2
0
-
0
0
+
-
NAN
1
0
+x
+
Dựa vào bảng biên thiên, hàm sơ có ba điêm cực trị.
Câu 18:
Tìm các sé thuc a va b thoa man 2a+(b+i)i=1+2i voi i là đơn vị ảo.
A. a=0,b=2.
¬_.....
Dea=hb=2.
Lời giải
Chọn D.
Ta có: 2a+(b+i)i =1+2i
©> 2a+bi+i” =]+2¡ ©2a—]+bi= ]+2i
<<
Câu 19:
2a-1=1
b=2
<<
a=l
b=2
.
Trong khơng gian Øxyz, cho hai điểm /(I;1;1) và A(1;2;3). Phương trình của mặt câu tâm 7 và
đi qua A là
"`...
..
.
C. (x-1) +(y-1) +(z-l) =235.
D. (x41) +(y4tl) +(z4l) =5.
Lời giải
ChọnB
Mat cau tam 7(1;1;1), ban kinh r= 7A = V5, co phuong trình: (x- ly +(y -T
Câu 20:
+(z -T
=5.
Dat log,2=a, khi dé log,,27 bang
a, 244
c+ a
p. 24.3
Loi giai
3
3.
I
Ta có log,,27 =log,, 3° = 7082 3= Vlog2
3
da’
3
Câu 21:
Kí hiệu z,, z, là hai nghiệm phức của phương trình z” - 3z +5 =0. Giá trị của H + |z:| băng
A. 25.
B. V5.
C. 3.
Lời giải
ChọnA
D. 10,
3A1,
Zz=—+——j
Ta có z”—-3z+5=0<>
2
2
2
2
_3 Nu,
+
=l|—+——il+|—-—i|=
laltlal=E3+ vil4+ |3 vil 2V5|=25
Câu 22.
Trong
khơng
gian
Oxyz,
khoảng
cách giữa hai mặt phẳng
(P):x+2y+2z-10=0
as3
¬
C3
D.
wo | +—>
(@):x+2y+2z—3=0 băng
Lời giải
Mat phang
( (P):x+2y+2z-10=0
Mặt phẳng
(@):x+2y+2z—3=0 có véc tơ pháp tuyến Họ = (1; 2;2)
1
Do TP 2
2
na 0.nén mp(P)//mp(Q)
Chon A(0;0;5)emp(P) thi d
Câu 23.
c6 véc to phap tuyén ny = (1; 2;2)
(mp(P):mp(Q))
=d
_|0+20+2.5-3|_7
(A;mp(6))
l2
+ 2?
+ 22
3 ,
Tập nghiệm của bat phuong trinh 3°2* <27 la
A. (0:1).
B. (3;-+00).
C. (E3).
D. (—œ;1)+2(3;+)..
Lời giải
Chọn C.
Bat phuong trinh 3°2* <27 <3"** <3 ox -2x<3
Sx -2x-3<00-1
Vay S =(-1;3).
CAu 24.
Diện tích phần hình phăng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo cơng thức nào dưới đây ?
YA
và
Lời giải
Chọn D.
Từ đồ thi hinh vé Vx e[-1;2] > -x? +3>.x°-2x-1
nén diện tích phần hình phẳng gạch chéo
2
2
“1
-l
trong hinh vé la S = [| (=x? +3)-(x? -2x-1) dv =] (-227 +2x+4) dx
Câu 25:
Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a va bán kính đáy bang øz. Thê tích của khối nón đã
cho bằng:
3
B. v3za
2
3
l/=2a:; r=a
p. 22.
3
Lời giải
—
Taco:
3
C224.
3
—>h=NiIˆ-r”
a
es
eee
i
oe
= 3a.
Diện tích đáy là: S =r? = 2a’
>V=—Sh=-.
|
|
3
3
3
8
Aa
Cho hàm số y= ƒ(x) có bảng biến thiên như sau :
+
Câu 26:
ra’? N3a = vàn
Tông sô tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đô thị hàm sô đã cho là :
A.4.
B. 1.
C. 3.
D. 2.
Lời giải
ChọnC
Từ bnagr biến thiên ta thấy :
lim y=2=>
y=2
là tiệm cận ngang.
lim y=5=>
y=5
là tiệm cận ngang.
x-m
+->+œ
lim y =+0 > x=1
xl
1a tiém can ding.
Vậy đơ thị có tơng sơ 3 tiệm cận ngang và tiệm cận đứng.
Câu 27:
Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh băng 2z. Thể tích của khối chóp đã cho bằng:
3
B oe.
C. 8424
3
3
D. 242a
3
3
Lời giải
ChonA
Xét khơi chóp tứ giác đều S.ABCD với O 1a tam day.
Tacó: AO= 2€=aJ2_ =SO=A|SA?AO? =AJ4a°—2a? =Nồa.
2
S sncp = 24.2a = 4a’ .
1
1
42a)
Vs asco == Sancv-SO = 54a? N2a =——
Câu 28.
Hàm số ƒ (x)=log; (x? — 2x)
A.
cú o hm :
In2
f'(x)=
.
Mr)
x 2x
B.
1
'{x)=.
()
(x? 2+)In2
2x-2)In2
â
,
_.ơ.
Oe
eras
Li gii
ChnD
Taco
Cõu 29.
f (x)= log, (x°-2x)=>
(x?-2x)
2x—2
"(x)= (x -2x)In2 - (”-2x)In2.
Cho hàm số y = ƒ (x) có bảng biến thiên sau
3
# | —œ
f'(2)
f(x)
-2
2
SẼ Z
-
-
Số nghiệm thực của phương trình
A. 4.
0
2ƒ (x) +3=0
B. 3.
0
+
la
C. 2.
Lời giải
ChonA
Ta có 2/(x)+3=0© ƒ(x)==Š.
Từ bảng biến thiên ta nhận thấy đường thăng y = =5 cắt đồ thị hàm số y= ƒ (x) tại 4 điểm phân
biệt nên phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 30.
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Góc giữa hai mặt phẳng (A#CD)
A. 30°.
B. 60°.
va (ABC'D') bang
C. 45°.
Lời giải
A
D
A'D | AD'; AD' 1 CD vi CD L(ADD'A') => AD' 1 (A'B'CD) = (ABC'D') 1 (ABCD).
Góc giita hai mat phang (A’B’CD) va (ABC'D') bang 90°.
Câu 31:
Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log, (7 — 3) =2-x
B. 1
C. 7
Lời giải
ĐK:7-3'>0
bang
D. 3
Ta có: log,(7-3')}=2-x ©7-3' =3?"
71-3 ==
Dat t= 3*,t>0. Phuong
trinh tro thanh: 7-1=2
t
2-0 4+7t-9=0.
A =13,t, +t, =7 nén phuong trinh c6 2 nghiém 7 dương phân biệt.
Taco:
Câu 32:
3%
=3".3% =4.t, =9>4x, +x, =2
Một khối đồ chơi gồm hai khdi tru (H,),(H,) xép chéng lén nhau, lần lượt có bán kính đáy và
chiều cao tương ứng là z„i,,r;,h, thỏa mãn z; = Sols = 2h, (tham khao hinh vé). Biét rang thé
tích của tồn bộ khối dé choi bang 30cm’,
A. 24cm?
thể tích khối trụ (H i) bang
B. 15cm?
D. 10cm
Gọi V/,V, lần lượt là thê tích khơi trụ (H,).(H,)
1Ý
V,2 ==arh,=a\|—r|
WN; h,
[sa]
V
2h mas
=
>V, =2V, ma V,+V, =30>V,
=20
Cau 33.
Họ nguyên hàm của hàm số ƒ(x) =4x(I+lnx) là
A.2x°Inx+3xẺ.
B. 2x7 Inx+2°.
C. 2x Inx+3x°+C. D.Inx+°+C.
2x7
Lời giải
ChọnD
[= [ f(xax = [4x (1+ In x) dx = [4xdx+4[ xin xảx.
+ [4xdx = 2x7 +,
+ [xinxdx = [In xd
2
2
2
2
2
=~ in x- [2 Aae=*nx-[2ar=2mx2
2
2x
2
2
2
Suy ra J =2x° +2x7 Inx—x° +C =2x* Inx4+x°+C.
2
4
+0,
Câu 34.
Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy là hình thoi cạnh
a, BAD = 60°, SA=a
mat phang day. Khoang cach tr B dén mặt phẳng (SCD)
va SA
vng góc với
bang:
Lời giải
Dựng
AK LCD,
Ta có
ee ise
AH 1 CK
1 SA
AH
L SK.
=> CK 1 (SAK)=
CK L AH
=> AH 1 (SCK).
AH 1 SK
Cé AB// CD = AB// (SCD) = d(B;(SCD)) = d(A;(SCD)) = AH .
Do CK L AK = AB L AK = KAD = 30°.
.
Trong tam giác KAD
.
can
3
vuông tại K, tacó AK = AD.cosKAD = ww
Trong tam giác SAK
ta có:
AS.AK
AH
“S2
VAS? + AK?
aN21
2 . 3g?
7
Vay, d(B;(SCD)) = 4421
^
Câu 35.
š
A
Trong khơng
gian Oxyz cho mặtx phăng
`
Ỷ
`
Hình chiếu vng góc của đ trên (P) có phương trình là
A.3tl_y+l z+l
pg tat 3 -!_Z-Í
C
pš T1. 4.219
—]
—4
x_y+l
ã-2
(P) :x+y+z—3=0 và đường thăng d 7 = TT:
5
—
3
1
—2
—]
1
Loi giai
Gọi là hình chiều vng góc của ởđ trên (P)
Gọi {N} =d(P)—= N(:—1+2f2—r)ed.
Do We(P)—=:+(-1+2r)+(2-r)—-3=0<©©r=1. Suy ra N(1:1)
1
Mặt khác M, (0:—1;2) eđ .Gọi A là đường thắng qua M, vng góc (P) => HẠ = Hạ = (I:1:1)
= Aros T—- =
Gọi {M}=d(P)—>M(t—I+t,2+t)eA.
Do M e(P)=¡:+(-I+¡)+(2+:)-3= Qora2
3
om(2: -1:3| > MN 3
3 3
Do đó, phương trình đường thăng đi qua X (1:1;1) và có vtcp w(1;4;-5)1
14.5
3
3
3
—-—-—
Vậy, Hình chiêu vng góc của đ trên (P) có phương trình là —— = yal a2
Câu 36.
Tập hợp các giá trị thực của m
để hàm số y=—x`—6x”+(4m—9)x+4(I)
nghịch biến trên
khoảng (—=: —1) la
A. (—0;0].
B. |-š+z]
c(¬=-i|
D. [0; +)
Loi giai
ChonC
Taco y =-3x°-12x+(4m-9)
Ham s6 (1) nghich bién trên khoảng (—œ;—1) khi và chỉ khi
y =-3x” =12x+(4m—9)<0,Vx e(—œ;—I) © 4m<3+xˆ +12x+9= g(x), Vxc(T—œ;—]]
© 4m < min g (x)= g(-2)=-3ms—=
xe(—œ;~l]
Câu 37:
Xét các số phức z thỏa mãn (z+ 2i)(<+ 2) là sô thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu
diễn của z là một đường tròn, tâm của đường trịn đó có tọa độ là
A.(1-1).
B. (1:1).
C. (-1:1).
Loi giai
D.(-1:-1).
Chon D.
Gọi z=a+bi(a,beZ), M (a;b) là điểm biểu diễn cho số phức z.
(<+2i)(z+2) =|z[|+2z+2z
+ 4i = a” +b?+2(a+bi)+2(a—bi)i+4i
=a’ +b’ +2a+2b+(2a+2b+4)i
(<+2i)(z+2) la sé thuan ao
=a?+b?+2a+2b=0
©(a+1) +(b+1) =2.
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trịn tâm /(—1;—I) có bán kính R =42.
Câu 38:
Cho ly
xX
(x+2)°
A. -2.
_ ;+bln2+cln3 với a,b,e là các số hữu
tý. Giá trị của 34+b+e bằng
B. -1.
C. 2.
Lời giải
D. 1.
1={
1
XÃ:
» (x+2)
a.
Đặtr=(x+2)
=> di = đà
x=0—>/=2
Đôi cận :
x=l/=3
3
3
=I=|“ 2m=|[
5 ot
a=-—
>
s\t
3
~2]m=[nll+2]
ft
tj,
=-1+In3-ln2=a+bln2+eIn3.
3
1
3
>3at+b+c=-l.
c=l
Câu 39.
Cho hàm số y= ƒ(x). Hàm số y = ƒ“(x) có bảng biến thiên như sau:
+
| x
+
—3
l
+00
0
5
—CO
Bat phuong trinh f (x)
`...
m2 f (l)-e.
lữ
A.
...
Lời giải
f (x)
e
nh.c
ding voi moi x €(-1:1)
= f (x)-e*
g(x)= f(x)-e
Tacé g'(x)= f'(x)-e*.
Từ bảng biến thién suy ra _f'(x) <0 v6i moi xe (-1:1)
Suy ra g'(x)<0 với mọi xe(-];1)
Khi đó max g (x)= g(-l)=f(-l--.
Vay max
“fh. g(x) <7
Câu 40.
> £-1)-*
Có hai dãy ghê đối diện nhau, mỗi dãy có ba ghê. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, g6m 3 nam va 3
nữ, ngơi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngơi. Xác suất để mỗi học sinh
nam đêu ngôi đôi đôi diện với một học sinh nữ băng
B.-—20
C.Š5
Lời giải
p. +10
Mỗi cách xếp 6 học sinh vào 6 chiếc ghế là một hốn vị của 6 phân tử, vì vậy số phần tử của
không gian mẫu là: ø(Q) = 6!= 720.
Goi A là biến cố: “Mỗi học sinh nam đều đối diện với một học sinh nữ”
Với cách xếp như vậy thì 3 nam phải ngơi đối diện với 3 nữ. Khi đó ta thực hiện như sau:
+ Bạn nam thứ nhất có 6 cách chọn chỗ.
+ Vị trí đối điện bạn nam thứ nhất có 3 cách chọn 1 bạn nữ.
+ Bạn nam thứ hai có 4 cách chọn chỗ.
+ Vị trí đối điện bạn nam thứ nhất có 2 cách chọn 1 bạn nữ.
+ Bạn nam thứ ba có 2 cách chọn chỗ.
+ Bạn nữ cuối cùng chỉ còn duy nhất 1 cách chọn chẽ.
Theo qui tắc nhân, số phần tử của biến cố A Ia: n(A) = 6.3.4.2.2.1= 288.
Vậy xác suất của biến cô A là: P(A)= 288 _ 2
720
Cau 41:
Trong
không
gian
(P):2x- y+2z-8=0.
băng:
A.135.
Oxyz,
Xét M
cho
hai
5
điểm
A(2;-2;4)
,
B(-33-l)
và
mặt
phẳng
là điểm thay đổi thuộc (P). giá trị nhỏ nhất của 2MA? +3MB?
B. 105.
C. 108.
Lời giải
2(x, -2)+3(x,+3)=0
Gọi 7 là điểm thoả mãn 2/4+3IB=0 =42(y,+2)+3(y,=3)=0
2(z, -4)+3(z, +1) =0
D. 145.
5x, +5=0
x, =-l
©45y,—=5=0
©4y, =l
5z,-5=0
z,=1
nên /(-I;1;1) cơ định.
WA:
Late
Khi . dé: 2MA? 2 +3MB? 2 =2MA
+3MB
= 2(MI17 + IA)TA
+3(MIwispy
+B)
=5MI + 2M (21A+ 318)+ 2IÁ +3IB_ =5MI?+21A?+31B?.
Do đó, để 2MA? +3/MB? nhỏ nhất thì 57? + 27A? +31B? nhỏ nhất, hay ⁄ là hình chiễu của
điểm 7 trên mặt phẳng (P).
Xy =2k-1
=> IM
= knip) = k(2;-1;2) hay 4 y,, =-k+1
zy = 2k +1
Ma M e(P):2x- y+2z—8=0
= 2(2k -1)-(-k +1) +2(2k+1)-8=0@ 9k-9=0@k=1. >M(1;0;3) .
Vậy
Cau 42:
2MA”+3MB” =2.6+3.41=135.
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn lz) =2|e+z|+4 và |—1—i|=|z—3+3¡|?
A. 4.
B. 3.
C. 1.
D. 2.
Lời giải
ChọnB
Gol z=x+yi,(x,yeR).
_
“+yˆ-4x-4=0,x>0
khi đó: lz[ =2Ì£+z|+4>x”+ y? =4|x|+4<©
„3
x+y
°
°
+4x-4=0,x<0
(1
Ú
(2)
va |z-1-i/=|z-3+3i]
@ (x-1) +(y-1) =(x-3) +(y+3}
âx
-2x+l+y-2y+l=x-6x+9+y+6y+9
â4x=8y+l6ôâx=2y+4
(3)
+) Thay (3) vo (I) ta c:
()(2y+4} +y?-4(2y+4)-4=0â4y?+16y+16+ y?—8y—16—4=0
=Š=x=“ 5 (n)
<>5y?+8y-4=0œ| 7 5
y=-2>x=0(n)
Suy ra có 2 số phức thỏa mãn điều kiện.
+) Thay (3) vào (2) ta được:
(1) > (2y +4) +y° +4(2y+4)-4=0 2 4y? +16y +164 y? +8y+16—4=0
y=-2>x=0()
©5yˆ+24y+28=0<
14
S
y==-=>x==sẲ)
Suy ra có I số phức thỏa mãn điều kiện.
Vậy có 3 số phức thỏa mãn điều kiện.
Cho hàm số y= ƒ (x)
liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị của
tham số m để phương trình ƒ (sin x)=zm có nghiệm thuộc khoảng (0:Z) là
A.[-1;3) .
Do xe (0: Z)
B.(-1:1) .
We
—
Ay
Lư -
Câu 43:
C.(-1:3) .
Loi giai
nên sin xe (0:1] , theo đơ thị thì ta thây phương trình ƒ (z) =m
có nghiệm te (0:1
khi m[—I;1). Do đó phương trình ƒ (sinx)=ứm có nghiệm thuộc khoảng (0:Z) khi me[-1:1).
Câu 44:
Ơng
A vay ngân hang
100 triệu đơng với lãi suất 1%/ tháng. Ơng ta muốn hồn nợ cho ngân
hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đâu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp
cách nhau đúng một tháng, sơ tiền hồn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng
5 năm kể từ ngày vay. Biết răng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng
đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ơng ta cân trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây ?
A. 2,22 triệu đồng.
B. 3,03 triệuđồng
C. 225 triệu đồng.
D. 2/20 triệu đồng.
Lời giải
Gọi 3$ là số tiền ông A vay ngân hàng, r là lãi suất mỗi tháng.
Số tiền ông A nợ sau một tháng là: S + S.r= S (I + r) .
Gọi x là số tiền ông A phải trả mỗi tháng.
Sau 1 tháng thì số tiền ơng A cịn nợ là: S(I+r}~ x
Sau 2 tháng thì số tiền ơng A cịn nợ là:
S(I+r)-x+| S(I+r)—x|r—=x=
S(+z} =z[(I+r)+1]
Sau 3 tháng thì số tiền ơng A cịn nợ là:
#(I+r} ~x[0+r)+1]+{s(+z))=x[t+z)+1]]z~x=6(+z) )=x|(I£rˆ+(+z)+1]
Sau ø tháng thì số tiền ơng A cịn nợ là:
sony
afer
(ler)
tak
ett}
s (tery
as
n
Ln
Sau 7 tháng
ơng A trả hết nợ, khi đó: S(I+r)
ED
Xx
-=|(I+r)
r
n
scary =3[0+z}
=1
Sr(I+r}
-1|=0<> x=.
(1+r)
—]
Voi S=100 triéu déng, r=0,01 va n=5.12 =60 thang thi:
_ 100.0.01(1+0.01)”
(I+0.01)”—1
Câu 45:
~2,22 triệu đông.
Trong không gian Oxyz, cho điểm E(2:1;3), mặt phăng (P):2x+2y— z—3=0 và mặt cầu
(S): (x-3} +(y- 2} +(z- 5)" =36. Gọi A là đường thắng đi qua E, nam trong (P) va cat
(S) tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của A là
x=2+®/
A. 5 y=14+9t.
z=3+8i
x=2-5t
x=2+4t
B.4y=l+3/.
D.4y=l+3/.
z=3
z=3-3t
Lời giải
i
Mat cau cé tam J (3;2;5),R = 6, /E = V6
Gọi Cụ,„) = (P)(S)
suy ra 7' là hình chiêu vng góc của 7 xuống mặt phăng (P).
x=3+2/
Phương trình đường thắng đ qua 7 và vng góc với (P) là Äđ:4y=2+2.
z=5-t
5
pean(rjar(223 14— 47Š.]2TÊ=-3(1k4),
9°9°9
9
Vì A là đường thắng đi qua E, năm trong (P) và cat (S) tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất
nên A là đường thăng đi qua Z, nằm trong (P) và vng góc với !'E
suy ra
ul, =| p1'E |=9(1;-10).
—>
x=2+t
Vay Phuong trinh cha A:5
y=1-t,teR.
z=3
Câu 46:
Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bến đỉnh 4,, A,, B,, 8, như hình vẽ bên. Biết chi phi dé
sơn phân tơ đậm là 200.000 vnđ /m” và phân còn lại 100.000 vnđ / m?. Hỏi sô tiền để sơn theo
cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết A 4A; =8m, B,B, =6m
chữ nhật có MĨ = 3m ?
và tứ giác MNPQ
là hình
A. 7.322.000 đồng
B. 7.213.000 đồng.
C. 5.526.000 đồng.
Lời giải
„
x?
y
Goi phuong trinh chinh tac ctia elip (E) c6 dang: —+ a
a
AA, =8=2a
me
vai |
B.B,=6=2b
>>
fa=4
b=3
3 (BE):
2
16
2
+1
D. 5.782.000 đồng
1
y= 4 V6
9
Suy ra dién tich cua hinh elip la Str) = mab =\20" (m') .
VỊ MANPO
là hình chữ nhật và MĨ =3 —> Mĩ xó]
2
ng:
16
= (E)
=12-9m(-2N5:3 }av[ 25:3)
Goi S,;S, lan lượt là diện tích phân bị tơ màu và khơng bị tơ màu
4
4
Ta có: Š, =4.” [ VI6—x dx=3 | V16-x°dy
4 2x5
Suy ra: S$, = Sc) —S, =87 + 643.
245
"58,
=4z—6x3(m”]
Goi T 1a tong chi phi. Khi đó ta có
T =(4z —6x3).100 + (8z + 63 }.200 = 7.322.000 (đồng).
Câu 47:
Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C’
co thê tích băng
1. Goi
M,
N
lân lượt là trung điểm của các
doan thang AA’ va BB’. Đường thắng CM cắt đường thang CA' tại P, đường thăng CN
đường thăng C' tại @. Thể tích của khối đa diện lôi A'MP.B'NQ băng
ALT.
B. =.3
oe2
Loi giai
Goi I latrung diém PO,
h 1a duong cao ctia khéi lang tru, S la dién tich A'B'C’.
Theo dé tacd Sh=1.
Mặt khác, ta có Š„„„ = Š„„ = Š„„„= Š và d(N,(A'B'C)) = sả B,(A'BC))= Do
do Vyyyp gyQ
— Vamp. BIN
+ Vier INO = 3V wv py
+ VN go
1
h
=3. EU
1
3:92
h
¬.-.......
23
2
2
6
3
Câu 48.
Cho hàm số ƒ (x) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau
x
f(x)
—00
|
1
-
0
2
+
Hàm sô y=3f (x + 2) —+`+3x
A.(I;+s).
0
3
+
4
OO
0
+00
+
đồng biến trên khoảng nào dưới đây ?
B.(—s;~1).
C.(—E0).
D.(0;2).
Lời giải
ChọnC.
Ta có y'=3ƒ'(x+2)-3x
+3 nên y' >0 f'(x+2)>x°-1 (*)
Từ bảng biến thién cia f'(x) ta suy ra bảng biến thiên của ƒ'(x+2) như sau
X
f'(x+2)
—œOÐ
+00
—
0
+
O
+
0
—
0
+
cắt
Từ bảng biến thiên trên, ta có dáng điệu đồ thị của hàm sô ƒ'(x+2) và đồ thị hàm số y= x” —1
được vẽ trên cùng hệ trục tọa độ như hình vẽ dưới đây:
AY
›
y=x
-l
y= f'(x+2)
x
SỐ
NV
Từ hình vẽ trên ta suy ra (*)© —1< x<1. Do đó chọn đáp án C.
Câu 49:
Gọi
S
là
tập
mĩ tà -1)+ m(x°
hợp
tất
cả
các
—1) — 6(x-1) >0
giá
trị
của
tham
số
7m
để
bất
phương
trình
nghiệm đúng với mọi xe ÏR. Tổng giá trị của tất cả các phần tử
thuộc S bang
A. TS,
B. 1.
2
p. +,
2
Lời giải
- Ta có: ƒ(x)=m
(x' -1)+m(x? -I)-6(x-)=(zx-1)|
= (x-0|(x-0(m
= (x-1
+2m”x+3m” +m)+4m” +2m
(x° +x +x+1)+m(x+1)-6|
~6 |
(mx? +2m x+3m7 +m)+(x—1)(4m? +2m-6)
Do do diéu kién can dé f (x) 20, VxeR
là (x-1)(4m? +2m-6)=0,
VxeR
m=]
<©>4mˆ +2m—6=0<>
- Voi m=1
m=-—
thi f()=(x-
3.
2
(x? +2x+4)>0,
- Với m==Š
thì f (x)=(x-1)
3
Vay S= Lộ:
i}
[{v+2x:.
VxeR,dod6
Jz0
m=1
thoa man.
Vx eR, do do m==Š
.
`
`
3
1
tông các phan tir cla S bang _.11 = 5
thỏa mãn.
Chon C.
Cách 2 (của thầy Trần Đức Nội )
Ta có:
ƒ(x)=m' (x* -1)+m(x? -1)-6(x-1)
=(x-I)|m
(x° +x +x-+1)+m(x+1)-6]=(x-1).g(x).
- Nếu x=l không phải là nghiệm của ø(x) thì f (x) sẽ đổi dấu khi x đi qua 1. Do đó điều kiện cần để
ƒ(z)>0. VxeR
la x=1
phải là nghiệm của g(x)=0
