GV12 ĐGTD DDHBKHN trần quang nam

TOÁN HỌC BẮC TRUNG NAM ĐỀ THI ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK HÀ NỘI MÔN TOÁN Mã đề thi 12 I PHẦN TRẮC NGHIỆM TOÁN HỌC Câu 1 Cho hàm số có đồ thị Tìm tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị A B C D L[.]

TOÁN HỌC BẮC TRUNG NAM ĐỀ THI ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK HÀ NỘI MƠN TỐN Mã đề thi 12 I PHẦN TRẮC NGHIỆM TOÁN HỌC Câu 1: Cho hàm số y 2x  x  có đồ thị  C  Tìm tọa độ giao điểm I hai đường tiệm cận đồ thị  C A I   2;  B I  2;  C Lời giải I  2;   D I   2;   Chọn A D  \   2 Tập xác định Tiệm cận đứng x  lim  x   2 2x  2x   lim    x2 , x   2 x  2x  2 Tiệm cận ngang y 2 x   x  I   2;  Vậy lim Câu 2: Cho hàm số y  f  x liên tục  a; b , có đồ thị y  f  x  hình vẽ sau: Mệnh đề đúng? b A C f  x  dx a b diện tích hình thang ABMN B f  x  dx a b b f  x  dx f  x  dx a dộ dài đoạn MN D a Lời giải Chọn B b f  x  dx  f  x  a b a  f  b   f  a  BM  PM  BP dộ dài đoạn BP dộ dài đoạn cong AB Câu 3: Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo hình thức lãi kép, kì hạn năm với lãi suất 7% năm Hỏi sau năm người gửi có 200 triệu đồng từ số tiền gửi ban đầu ( giả sử suốt q trình gửi người gửi khơng rút tiền lãi suất không thay đổi) A 11 năm B năm C 12 năm D 10 năm Lời giải Chọn A Số tiền gửi người nhận sau n năm là: n   n  200 100     n log1 10, 24 P P0   r %   100  100 Vậy người cần 11 năm để nhận 200 triệu đồng Câu 4: Câu 5:  A( 1; - 2;1) B ( - 1;3;3) C ( 2; - 4; 2) ( ABC ) là: Cho điểm , , Một VTPT n mặt phẳng     n = ( 9; 4; - 1) n = ( 9; 4;1) n = ( 4;9; - 1) n = ( - 1;9; 4) A B C D Lời giải Chọn A     ù= ( 9; 4; - 1) AB = ( - 2;5; 2) AC = ( 1; - 2;1) Þ é êAB, AC û ú ë ,  ( ABC ) n = ( 9; 4; - 1) Vậy VTPT Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh SA a vng góc với mặt đáy  ABCD  Khoảng cách hai đường thẳng a A SC BD a C Lời giải a B a D Chọn D S I H A B O D C BD   SAC  Do BD  AC BD  SA nên  SAC  dựng OH  SC H Trong mặt phẳng  OH đường vng góc chung BD SC Gọi I trung điểm SC Tam giác OIC vng O có đường cao OH 1 OI OC a  2  OH   2 OI OC OI  OC Ta có OH Câu 6: Trong mặt phẳng cho điểm phân biệt khơng có điểm thẳng hàng Hỏi tổng số đoạn thẳng tam giác lập từ điểm là: A 10 B 20 C 40 D 80 Lời giải Chọn B Số đoạn thẳng là: C5 10 Số tam giác là: C5 10 Vậy tổng số đoạn thẳng số tam giác 20 Câu 7: Trong không gian, cho tam giác ABC cạnh Thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình tam giác ABC quanh cạnh BC A 16 B 8 C 48 Lời giải D 27 A B H C Gọi H trung điểm BC , tam giác ABC cạnh nên AH 2 Khối tròn xoay tạo thành quay hình tam giác ABC quanh cạnh BC gồm khối nón có bán kính đáy AH chiều cao BH Vậy thể tích khối trịn xoay cần tìm là:  V 2  AH BH 2 .12.2 16 3 Câu 8: Giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y 3sin x  4cos x  là: A y  ; max y 5 C y  ; max y 6 B y  ; max y 5 D y  ; max y 6 Lời giải Chọn D y 1  sin x  cos x  sin  x     cos   sin   5 với Ta có 5 4 4 y    sin  x    1  sin  x      Mà hay 5 suy   y 6 Vậy y  ; max y 6 Câu 9: Một du khách vào chuồng đua ngựa đặt cược, lần đặt 20000 đồng, lần sau tiền đặt gấp đôi tiền đặt lần trướ C Người thua lần liên tiếp thắng lần thứ 10 Hỏi du khách thắng hay thua bao nhiêu? A Thắng 20000 đồng B Hòa vốn C Thua 20000 đồng D Thua 40000 đồng Lời giải Chọn A u1 20000  q 2 Số tiền du khách đặt cược cấp số nhân với   lần đầu người thua  số tiền thua tổng số hạng đầu cấp số nhân Vậy số  29 10220000 1 tiền người thua (đồng) 9  Số tiền người thắng lần thứ 10 u10 u1.q 20000.2 10240000 (đồng) Ta có u10  S9 10240000  10220000 20000 (đồng) Vậy người thắng 20000 đồng S9 20000 Câu 10: Trên mặt phẳng tọa độ (hình vẽ dưới), số phức z = - + 3i biểu diễn điểm điểm A, B, C, D ? A Điểm A C Điểm C Lời giải B Điểm B D Điểm D Chọn B    H  tập hợp điểm biểu diễn số phức w   3i z  Câu 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi thỏa mãn A 8 z  2 Tính diện tích hình B 18 H C 16 Lời giải D 4 Chọn C Ta có   w   3i z   w    w 3   3i   3i  z  1 3i   3i z  4 Vậy điểm biểu diễn số phức w nằm hình trịn có bán kính r 4  H  S  r 16 Diện tích hình Câu 12: Cho đa giác 20 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O Chọn ngẫu nhiên đỉnh đa giác Xác suất để đỉnh chọn đỉnh hình chữ nhật A 216 B 969 C 323 Lời giải D Chọn C C 4845 n    * Số cách chọn đỉnh 20 đỉnh 20 * Gọi đường chéo đa giác qua tâm O đường tròn đường chéo lớn Số đường chéo lớn đa giác 20 đỉnh 10 * Hai đường chéo lớn đa giác tạo thành hình chữ nhật Do số hình chữ nhật tạo thành C10 45 Gọi A biến cố: đỉnh chọn đỉnh hình chữ nhật Ta có n  A  45 P  A  * Vậy n  A 45   n    4845 323 Câu 13: Có cấp số nhân có số hạng? Biết tổng số hạng 31 tích chúng 1024 A B C Lời giải D Chọn C Gọi cấp số nhân thỏa u cầu tốn có số hạng đầu u1 công bội q 10  1 Theo giả thiết ta có u1.u1q.u1q u1q u1q 1024  u1 q 1024  u1q 4 Lại có u1  u1q  u1q  u1q  u1q 31  u1   q  q  q  q  31   Giải hệ hai phương trình  1  2 ta nghiệm:   33   33 q3  q4  2, 4 , Vậy có cấp số nhân thỏa yêu cầu toán q1 2 , q2  Câu 14: Trong dịp hội trại hè 2017 bạn A thả bóng cao su từ độ cao 3m so với mặt đất, lần chạm đất bóng lại nảy lên độ cao hai phần ba độ cao lần rơi trước Tổng quãng đường bóng bay (từ lúc thả bóng lúc bóng khơng nảy nữa) khoảng: A 16m B 15m C 13m D 14m Lời giải Chọn B Gọi h độ cao lúc bắt đầu rơi bóng Khi lần rơi độ cao : 2 2 h1 3, h2  h1 , h3  h2 , , hn  hn , hn1  hn 3 3 hay khoảng cách lần rơi bóng đến mặt đất tạo thành cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu h1 3 công bội q1  Tổng h S r  9 m  q1 khoảng cách rơi Gọi k độ cao cao bịng nảy lên Khi lần nảy độ cao : 2 2 k1 h2 , k2  k1 , k3  k2 , , k n  k n , k n1  k n 3 3 hay khoảng cách lần nảy bóng so với mặt đất tạo thành cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu k1 h2 2 công bội q2  k S n  6 m  q2 Tổng khoảng cách rơi Vậy tổng khoảng cách rơi nảy bóng : S S r  S n 15 m Câu 15: Hai chất điểm chuyển động thẳng trê hay trục Ox Oy vng góc với Tại thời điểm t 0 vật M cách tâm O đoạn 10 m Vật N cách O đoạn 12 m Hai vật chuyển động hướng O với vận tốc tương ứng 0, m/s 0,3 m/s Tìm khoảng cách nhỏ vật: A 1, m B 3, m C 12,96 m D 3, m Lời giải Chọn B y N O M x 2 2 Tam giác OMN vng O nên ta có OM  ON MN S với S khoảng cách hai chất điểm Tại thời điểm t t0 khoảng cách đạt giá trị nhỏ S , ta có - Quãng đường mà chất điểm M 0, 4.t0  OM 10  0, 4t0 - Quãng đường mà chất điểm N 0,3.t0  ON 12  0,3t0 Vậy Smin   10  0, 4t0    12  0, 3t0  Xét f  t   10  0, 4t    12  0,3t  Ta có 2 f  t  2  10  0, 4t    0,    12  0,3t    0,3    0,32t  7,  0,18t  15,  0,5t f  t  0  t 30,  s  Ta có Vậy f   224 f  x ; f  30,  12,96 ; lim f  x   x   đạt giá trị nhỏ t 30, ( s ) Khoảng cách nhỏ S   10  0, 4.30,    12  0,3.30,  3, (m) Câu 16: Tâm mặt khối lập phương có cạnh a đỉnh khối đa diện đều, tính tổng diện tích mặt khối đa diện theo a? a2 S A 2 B S 2a C S 4a Lời giải D S a Chọn D Tâm mặt khối lập phương đỉnh khối bát diện  ABCD   ABAB khối lập phương Gọi I , E tâm hai mặt ABCD ABC D 1 a IE  CB  a  2 Khi khối bát diện có cạnh a 2 S 8  a    Do tổng diện tích mặt khối bát diện Câu 17: Tổng nghệm khoảng  A 2 B 6 0;5  phương trình cos x  sin x  0 C 5 D 7 Lời giải Chọn C  sin x  cos x  sin x  0   sin x  sin x  0    sin x 2  VN  Ta có sin x   x    k 2 3   k 1  x    11  k 2  x  7 x   0;5      k 2  5   k  4 , k   nên  Vì 0;5  Suy tổng nghệm khoảng  phương trình 5 A 1; 0;  C  0;0;3 B  0; 2;0  Câu 18: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm  , , Tập 2 hợp điểm M thỏa mãn MA MB  MC mặt cầu có bán kính là: A R 2 Chọn D B R  C R 3 Lời giải D R  Giả sử M  x; y ; z  Ta có: MA2  x  1  y  z 2 ; MB x   y    z 2 MC x  y   z  3 ; 2 2 2 MA2 MB  MC   x  1  y  z x   y    z  x  y   z  3 2 2 2   x   y    x   z  3   x  1   y     z  3 2 2 Vậy tập hợp điểm M thỏa mãn MA MB  MC mặt cầu có bán kính R  t  9t , Câu 19: Một vật chuyển động theo quy luật với t (giây) khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động s (mét) quãng đường vật thời gian S  Hỏi khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn vật đạt bằng: A 400 (m/s) B 216 (m/s) C 30(m/s) D 54(m/s) Lời giải Chọn D Ta có v(t ) s '(t )  t  18t với t  [0;10] v '(t )  3t  18 v '(t ) 0  t 6 v(0) 0 v(10) 30 v(6) 54 Vậy vận tốc lớn vật khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động 54 (m/s) Câu 20: Một công ty du lịch đầu tư xây dựng 24 nhà chòi khu du lịch sinh thái Mơ hình thiết kế hình vẽ, mái nhà có hình dạng mặt xung quanh hình nón với bán kính đáy 3m chiều cao mái nhà 4m Chi phí làm mái triệu đồng/ m , chi phí làm hệ thống cột, khung nhà nhà 100 triệu đồng/nhà chịi Cơng ty trả 30% tổng chi phí xây dựng 24 nhà chịi Số tiền cịn thiếu, công ty phải vay ngân hàng với lãi suất 10% / năm (với thể thức lãi kép, lãi suất không thay đổi thời gian vay) Sau năm, công ty trả nợ ngân hàng gốc lãi với số tiền (làm tròn đến hàng ngàn) A 3.456.123.000 đồng B 5.255.678.000 đồng C 7.508.112.000 đồng D 2.252.434.000 đồng Lời giải Chọn B Gọi r , h, l bán kính đáy, chiều cao độ dài đường sinh mái nhà chòi r 3m   2 2 h 4m  l  r  h   5m  Diện tích xung quanh mái nhà chịi S xq  rl  3.5 15  Tổng chi phí xây dựng 24 nhà chòi m  P 24  2.S xq  100  106 24  2.15  100  106  72  240  107 ( đồng)  Số tiền công ty thiếu A0 70%.P  504  1680  10 ( đồng) Sau năm thứ nhất, số tiền công ty nợ ngân hàng S1  A0  A0 10%  A0   10%  Sau năm thứ hai, số tiền công ty nợ ngân hàng S S1  S1.10% S1   10%   A0   10%    10%   A0   10%  … Sau năm, số tiền công ty phải trả nợ ngân hàng gốc lẫn lãi 5 S5  A0   10%   504  1680    10%  106 5.255.678.000 ( đồng)   8 N ; ;  M  2; 2;1 Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ,  3  Viết phương trình mặt cầu có Oxz  tâm tâm đường trịn nội tiếp tam giác OMN tiếp xúc với mặt phẳng  2 A x   y  1   z  1 1 C  x  1 Chọn B 2   y  1  z 1 B x   y  1   z  1 1  x  1 D Lời giải  y   z  1 1 Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác OMN Ta áp dụng tính chất sau : “Cho tam giác OMN với I tâm đường trịn nội tiếp, ta có     a.IO  b.IM  c.IN 0 , với a MN , b ON , c OM ” 2   8  4  8 ON          4 2    3  3 Ta có OM    3 , 8 MN      4 2    3 2  8      1 5  3     8 5.0  4.2       0  xI  345    4 5.0  4.2            1 5.IO  4.IM  3.IN 0   yI  345   8 5.0  4.2       1  zI  34 5    Oxz  có phương trình y 0 Oxz  R d  I ,  Oxz   1 Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng  nên mặt cầu có bán kính Mặt phẳng Vậy phương trình mặt cầu là: x   y  1   z  1 1 Câu 22: Theo thống kê nhà máy Z , áp dụng tuần làm việc 40 giờ tuần có 100 công nhân làm công nhân làm 120 sản phẩm giờ Nếu tăng thời gian làm việc thêm giờ tuần có cơng nhân nghỉ việc suất lao động giảm sản P  x  95 x  120 x , với phẩm/1 công nhân/1 giờ Ngồi ra, số phế phẩm tuần ước tính x thời gian làm việc tuần Nhà máy cần áp dụng thời gian làm việc tuần giờ để số lượng sản phẩm thu tuần lớn nhất? A x 36 B x 32 C x 44 D x 48 Lời giải Chọn A Gọi t số giờ làm tăng thêm tuần, t  t t 100   số công nhân bỏ việc nên số công nhân làm việc người 5t sản phẩm giờ Năng suất cơng nhân cịn Số thời gian làm việc tuần 40  t giờ 120   40  t   5t  0 120   t  100     t   40; 48 Để nhà máy hoạt động  t 5t   S  100    120    40  t   2  2 Số sản phẩm tuần làm được: 95  40  t   120  40  t  t 5t   f  t   100    120    40  t    2  2 Số sản phẩm thu 1 5t  5 t t 5t  95  f  t    120    40  t    100    40  t    100    120     40  t   30  2 2 2 2 2  2 15 1135  t2  t  2330  t   466 t   L f   t  0  Ta có BBT sau Vậy số lượng sản phẩm thu tuần lớn x 36 Câu 23: Cho x , y số thực dương thỏa mãn nhỏ biểu thức T  x  y A Tmin 2  B Tmin 3  x 2 y xy  xy  x    3 x  y  y ( x  2) Tìm giá trị C Tmin 1  Lời giải Chọn B Theo đề ta có xy  x    3 x  y  y ( x  2) xy 1  x 2 y  x 2 y  x  y 5 xy   xy   xy  3 f  t  5t  t  t  f  t  5t ln  3 t ln 1  Xét x 2 y   x  y  xy   y  x 1 x 1 y  0, x   0 x 2 x  Do x2 D Tmin 5  Ta có: T T x  y x  x  x 1  x  2 x 1 x2  x 1  x x  x 2    2;   0    x 2    2;   Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta thấy Tmin 3  x 2  Câu 24: Tìm tập tất giá log  2sin x  1  log  cos x  m  0     ;   A     ;  B trị tham số m để phương trình có nghiệm:        C  Lời giải     ; 2 D   Chọn D 5   k 2  x   k 2   2sin x   6   cos x  m  m    Điều kiện: Phương trình tương đương log  2sin x  1 log  cos x  m   2sin x  cos x  m  2sin x  2sin x  m  1 y 2t  2t   t sin x  ;  t 1 Xét hàm số có đồ thị parabol Ta có bảng biến thiên:   m    ; 2  1 có nghiệm   Phương trình Câu 25: Một người thợ gò làm thùng đựng nước dạng hình hộp chữ nhật có nắp tơn Biết đường chéo hình hộp 6dm sử dụng vừa đủ 36dm tôn Với yêu cầu người thợ làm thùng tích lớn Vdm Giá trị V gần giá trị giá trị sau? A 11,3 B 11,32 C 11,31 D 11,33 Lời giải Chọn C 2  a  b  c 36   ab  bc  ca  36 Gọi ba kích thước khối hộp chữ nhật a, b, c  Từ giả thiết ta có  Thể tích khối hộp chữ nhật V abc Ta có a  b  c   ab  bc  ca  36  36   a  b  c  72  a  b  c 6 Như ta có  a  b  c 6   ab  bc  ca 18  abc V   1 , suy a, b, c nghiệm dương phương trình x  x  18 x  V 0  V  f  x   x  x  18 x  *  f  x  3 x  12 x  18, f  x  0  x  2; x 3 Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta thấy:  * có nghiệm x a b c  loại  1 Nếu V  phương trình  * có nghiệm x 4 2; x   a b  2, c 4 Nếu V 8 phương trình hốn vị Kiểm tra thấy thỏa mãn  1 Vậy Vmax 8 PHẦN TỰ LUẬN (2 câu) Câu 1: Sân vận động quốc gia Mỹ Đình sân vận động đa chức năng: sân bóng đá kích thước 105m x 68m , kết hợp thi đấu điền kinh với đường chạy vòng 400 mét 10 đường chạy thẳng 110 m, sân nhảy cao, sân ném tạ, ném lao, ném tạ xích, khu nhảy sào kép, khu nhảy xa kép Trong sân bóng đá nội tiếp hình elip có tâm trùng với tâm sân bóng đá M điểm thuộc elip Biết khoảng cách lớn từ M đến chiều dài, chiều rộng sân m, m Gọi S diện tích phần bên ngồi sân bóng đá bên hình elip (làm trịn đến chữ số thập phân thứ 2) Giá trị gần S gần số số sau? Lời giải Chọn C Xét hệ trục tọa độ Oxy có gốc O trùng với tâm sân bóng đá hình vẽ sau Do sân bóng đá kích thước 105m x 68m khoảng cách lớn từ M đến chiều dài, chiều rộng sân m, m nên (E) có độ dài trục lớn, trục bé 113, 72 x2 y2  1 E) 12769 1296 Suy ra, phương trình ( 113 S1 2 Do đó, diện tích (E)    2 1296  x    dx 2034  m    12769   113   S 105 68 7140  m  Diện tích sân bóng đá Vậy diện tích phần bên ngồi sân bóng đá bên elip S S  S1 7140  2034 750, 00054  m  Câu 2: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC tam giác cân A, AB = a, BAC 120 , AB ' 2a a Tính thể tích khối lăng trụ b Tính khoảng cách hai đường thẳng AB' BC Lời giải 3a V  AA '.S ABC  AB '2  AB AB AC sin1200  (đvtt) a Thể tích khối lăng trụ: b Gọi M , M  chân đường cao hạ từ A , A tam giác ABC ABC   BC   AM       BC    AAM M  Ta có  B C  AA MH   ABC  Trong mặt phẳng ( AAM M ) hạ MH vng góc với AM  d  AB; BC  d  BC ;  ABC   d  M ;  AB C   MH Khi đó: 1 1 a 39      MH  2 MM ' AM 3a a 13 Trong tam giác AMM  có: MH