Ôn tập toán 2

TOÁN HỌC BẮC TRUNG NAM ĐỀ THI ĐÁNH GIÁ NÂNG LỰC ĐH… HÀ NỘI MƠN TỐN Mã đề thi I Câu 1: PHẦN TRẮC NGHIỆM TOÁN HỌC Trong hàm số sau, hàm số đồng biến  ? f  x  x  x  f  x  x  3x  x  A B 2x  f  x  f  x  x  x  x 1 C D Lời giải Chọn B f  x   x3  3x  3x  có f  x  3 x  x  3  x  1 0 x   , nên hàm số đồng biến  Câu 2: Cho số phức z 3  2i Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm điểm biểu diễn số phức iz ?   2;3 A  3;   C B  2;  3 D   2;3i  Lời giải Chọn B iz i   2i  3i  2i 2  3i  iz 2  3i Ta có: Vậy điểm biểu diễn số phức Câu 3: iz là:  2;   Một người gửi tiết kiệm số tiền 80000000 đồng với lãi suất 6, 9% / năm Biết tiền lãi hàng năm nhập vào tiền gốc, hỏi sau năm người rút tiền gốc lẫn tiền lãi gần với số sau đây? A 105370000 đồng B 111680000 đồng C 107 667 000 đồng D 116570000 đồng Lời giải Chọn B Gọi P0 số tiền gửi ban đầu, r lãi suất / năm Số tiền gốc lãi sau năm thứ nhất: Số tiền gốc lãi sau năm thứ hai: P1 P0  P0 r P0   r  P2 P1  P1.r P0   r  … Số tiền gốc lãi người rút sau năm 5 P5 P0   r  80 000000   6,9%  111680799 Câu 4: (đồng) log  x  x  m  log x S m Gọi tập hợp số ngun thỏa mãn phương trình có nghiệm Số phần tử tập hợp A B S    2;   C Lời giải D Chọn A Điều kiện: x  log  x  3x  m  log x  1 2  x  3x  m  x  x  x  m 0  m  x  x f  x   x  x Đặt f  x   x  0  x 2 Ta có Ta có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta thấy, để  m 4   m 0  1  2 có nghiệm dương   2 có nghiệm dương S  m   | m    ; 0   4  Suy S    2;     1;0; 4 Vậy Câu 5:    ;   Phương trình sin x cos x có số nghiệm thuộc đoạn A B C Lời giải Chọn C Ta có sin x cos x  tan x 1  x     ;      Theo đề   k , ( k  )  k    k  4  x k    1;0 Mà k    Vậy có nghiệm thỏa yêu cầu toán Câu 6: Đường cong hình bên đồ thị hàm số sau đây? D A y  x  x  B y x  x  C y  x  x  Lời giải D y  x  x  Chọn B Nhận xét a  loại A Đồ thị cắt trục tung điểm có tung độ dương nên loại C, D Câu 7:  1;5 cho Cho hai hàm số f g liên tục đoạn 5 f  x  dx 2 g  x  dx 3 trị  g  x   f  x   dx B A C Lời giải D  Chọn A  1;5 nên Vì hai hàm số f g liên tục đoạn 5  g  x   f  x   dx 2g  x  dx  Câu 8: Cho hàm số y  f  x f  x  dx 4 có bảng biến thiên sau: Tổng số tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho là: A B C D Lời giải Chọn D y  f  x Dựa vào bảng biến thiên hàm số , ta có lim f  x   y  f  x x   2 nên x  tiệm cận đứng đồ thị hàm số lim f  x  3 y  f  x x   nên y 3 tiệm cận ngang đồ thị hàm số Tổng số tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho Giá Câu 9: Với m tham số thực cho đồ thị hàm số y x  2mx  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác vuông Mệnh đề ? A m 2 B m  C  m  D m   Lời giải Chọn C  x 0 y 0    x  m 0 Ta có: y 4 x  4mx  1 Để đồ thị hàm số cho có ba điểm cực trị phương trình khác , nghĩa m  (*)  x 0  y 1 y 0    x   m  y 1  m Khi C  m ;1  m A  0;1 B   m ;1  m     1 phải có hai nghiệm phân biệt  Gọi , ba điểm cực trị đồ thị hàm ABC số Theo tính chất hàm số cho tam giác ln cân A , tam giác ABC  vng A Ta có:  BA   m ; m2 ,  CA    m ; m      m 0 BA.CA 0  m  m 0    m  So với điều kiện (*) ta nhận m  Ta có: Câu 10: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a , tâm O , SO a  SCD  Khoảng cách từ O đến mặt phẳng A 2a B 3a C Lời giải Chọn A Vẽ OE vng góc CD , vẽ OH vng góc với SE OH  SE  OH   SCD   OH  CD  CD   SOE     Ta có 5a D 6a a SO OE a  d  O;  SCD   OH  SE  2 Tam giác SOE vuông cân O , có Câu 11: Hình nón ( N ) có thiết diện qua trục tam giác có cạnh Diện tích tồn phần ( N ) A 3 B 8 C 12 Lời giải D 9 Chọn C Giả sử thiết diện qua trục hình nón ( N ) tam giác OAB có cạnh OA = OB = AB = hình vẽ Khi hình nón có đỉnh O , độ dài đường sinh AB r  2 l OA OB 4 , bán kính đáy S  rl   r  2.4   22 12 Vậy diện tích tồn phần hình nón ( N ) A  1;0;0  B  0;0;1 C  2;1;1 Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có , , Diện tích tam giác ABC bằng: A 11 B C Lời giải D Chọn C     AB   1;0;1 AC  1;1;1   AB; AC    1; 2;  1 ,    S ABC   AB; AC   2 I  1; 2;  1 Câu 13: Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm tiếp xúc với mặt phẳng ( P) : x  y  z  0 có phương trình A C 2 2 2 ( S ) :  x  1   y     z  1 3 ( S ) :  x  1   y     z  1 9 B 2 2 2 ( S ) :  x  1   y     z  1 3 D Lời giải ( S ) :  x  1   y     z  1 9 Chọn C Do mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng nên bán kính mặt cầu là:  1  d  I ;  P   r  3  r 3  1 Vậy phương trình mặt cầu là: 2 ( S ) :  x  1   y     z  1 9 A  2; 0;  B  0; 4;0  C  0; 0;6  D  2; 4;   P  mặt Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho , , , Gọi phẳng song song với mp  ABC  ,  P  ABC  Phương trình cách D mặt phẳng  P A x  y  z  24 0 C x  y  z 0 B x  y  z  12 0 D x  y  z  36 0 Lời giải Chọn A x y z   1  x  y  z  12 0 Phương trình :  P  song song với mặt phẳng  ABC  nên phương trình có dạng: Mặt phẳng x  y  z  d 0 , d  12 mp  ABC   P  cách D mặt phẳng  ABC  Mặt phẳng  d   ABC  ,  P   d  D,  P    d  A,  P   d  D,  P    6.2  d  6.2  3.4  2.6  d  d  12  d  36  d  24 (thỏa mãn)  P  : x  y  z  24 0 Vậy phương trình mặt phẳng 62  32  22 62  32  22 Câu 15: Số tập có phần tử tập hợp có phần tử 7! A 3! B C7 C D A7 Lời giải Chọn B Mỗi tập gồm phần tử tổ hợp chập phần tử Vậy có C7 tập Câu 16: Xác suất bắn trúng mục tiêu vận động viên bắn viên đạn 0, Người bắn hai viên đạn cách độc lập Xác suất để viên trúng mục tiêu viên trượt mục tiêu A 0, 45 B 0, C 0, 48 D 0, 24 Lời giải Chọn C Gọi A1 , A2 , X biến cố bắn trúng mục tiêu viên đạn thứ nhất, viên đạn thứ hai, viên đạn trúng mục tiêu viên trượt mục tiêu Khi X  A1 A2  A1 A2 Xác suất cần tìm     P  X  P A1 A2  P A1 A2 0, 6.0.4  0, 4.0, 0, 48 x x x Câu 16: Tính tổng T tất nghiệm phương trình 4.9  13.6  9.4 0 B T 3 A T 2 13 T C Lời giải D T Chọn A  x    1  2  2x x  x  x 0    3  3      13      x 2         2  2  4.9 x  13.6 x  9.4 x 0 Vậy tổng nghiệm z z  3i 1 1 a , b     thỏa mãn z  i Câu 17: Cho số phức z a  bi , z  i Tính P a  b A P 7 B P  C P 1 D P 2 Lời giải Chọn D z 1  z   z  i  a   bi  a   b  1 i  2a  2b 0 z  i Ta có (1) z  3i 1  z  3i  z  i  a   b  3 i  a   b  1 i  b 1 z i (2) a 1  Từ (1) (2) ta có b 1 Vậy P 2 Câu 18: Hàm số sau khơng có đạo hàm  ? A y x B y  x  x  C y sin x D y   cos x Lời giải Chọn A x 1  x  1, 1, y  y  y x x  đó: 1  x,   1, Ta có: , đó: f  x   f  1 x y 1  lim lim 1 x x x  x Tại x 1 : y 1   lim x x 1 x 1 f  x   f  1 1 x  lim  x x  x y 1   y 1  Do nên hàm số đạo hàm Các hàm số cịn lại xác định  có đạo hàm  x Câu 19: Cho hai đồ thị y a y logb x có đồ thị hình vẽ Tìm khẳng định y O x A  a  ;  b  C a  ;  b  B a  ; b  D  a  ; b  Lời giải Chọn C x  0;1 đồng biến nên a  Hàm số y a qua điểm  1;0  nghịch biến nên  b  Hàm số y log b x qua điểm Câu 20: Mệnh đề sau sai? A Đồ thị hàm số y ln x có tiệm cận đứng x B Đồ thị hàm số y 2 có tiệm cận đứng C Đồ thị hàm số y ln   x  khơng có tiệm cận ngang x D Đồ thị hàm số y 2 có tiệm cận ngang Lời giải Chọn B lim y  lim ln x x   nên đồ thị hàm số có Oy tiệm cận đứng Đáp án A đúng, vì: x  0 lim y  lim 2 x 0 nên đồ thị hàm số có Ox tiệm cận ngang lim y  lim ln   x  x    nên đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang Đáp án C đúng, vì: x    x lim y  lim 0 x   Đáp án D đúng, vì: x    nên đồ thị hàm số có Ox tiệm cận ngang Đáp án B sai, vì: x   x   Câu 21: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC A a a C Lời giải B a a D Chọn D S A C M B Gọi M trung điểm cạnh BC  AM  BC  AM  AM  SA  Ta có đoạn vng góc chung hai đường thẳng SA BC Do AM d  SA, BC   a  P  qua điểm A   2; 0;  , B  0; 3;  , C  0; 0;  3 Mặt phẳng  P  Câu 22: Cho mặt phẳng vng góc với mặt phẳng mặt phẳng sau? A x  y  z  0 B x  y  z  0 C x  y  z  0 D 3x  y  z  0 Lời giải Chọn C  P Phương trình mặt phẳng x y z   1   x  y  z  0 theo đoạn chắn:    P vng góc với mặt phẳng có phương trình x  y  z  0 tích vơ hướng hai vec-tơ pháp tuyến Dễ thấy mặt phẳng Câu 23: Một người xây nhà xưởng hình hộp chữ nhật có diện tích mặt sàn 1152 m chiều cao cố định Người xây tường xung quanh bên để ngăn nhà xưởng thành ba phịng hình chữ nhật có kích thước (không kể trần nhà) Vậy cần phải xây phịng theo kích thước để tiết kiệm chi phí (bỏ qua độ dày tường) A 16 m 24 m B m 48 m C 12 m 32 m Lời giải D 24 m 32 m Chọn A Đặt x , y , h chiều dài, chiều rộng chiều cao phòng 384 x.3 y 1152  y  x Theo giả thiết, ta có Để tiết kiệm chi phí diện tích tồn phần nhỏ 384 576   Stp 4 xh  yh  xy 4 xh  h 1152 4h  x    1152 x x   Ta có 576 f  x  x  Stp x (với x  ) nhỏ Vì h không đổi nên nhỏ 576 f  x  x  x với x  ta f  x  nhỏ x 24  y 16 Cách 1: Khảo sát Cách BĐT Côsi x 576 576 576 2 x 48  x  x 24 x x x Dấu “=” xảy y cos x  cos x  Khẳng Câu 24: Gọi M , m tương ứng giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số định sau đúng? A M  9m 0 B M  m 0 C M  m 0 D M  m 0 Lời giải Chọn C cos x  y 2  cos x  cos x  , Ta có mà  cos x 1   cos x     5   2     cos x  cos x  1  y  M 3  cos x 1  M  m 0 Vậy 2 S : x  1   y     z  3 9 Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu    tâm I  P  : x  y  z  24 0 Gọi H hình chiếu vng góc I  P  Điểm mặt phẳng M thuộc  S  cho đoạn MH có độ dài lớn Tìm tọa độ điểm M M   1;0;  M  0;1;  M  3; 4;  M  4;1;  A B C D Lời giải Chọn C I  1; 2;3 d I ;  P   9  R  P  không cắt Ta có tâm bán kính R 3 Do  nên mặt phẳng  S  Do H hình chiếu I lên  P  MH lớn nên M giao điểm mặt cầu IH với mặt cầu  P  đường   thẳng IH n P   2; 2;  1  x 1  2t   y 2  2t  z 3  t Phương trình đường thẳng IH   S  : 9t 9  t 1  M  3; 4;  M   1;0;  Giao điểm IH với M H d  M ;  P   12 M H d  M ;  P   6 ; M  3; 4;  Vậy điểm cần tìm Câu 26:  2x  Tính tổng hệ số khai triển  A  B 2018 C  2018 Lời giải D f  m  m m3  Chọn B Xét khai triển: 2018 (1  2x) 2018 C2018  x.C2018  (  x) C2018  (  x) C2018   (  x) 2018 C2018 Tổng hệ số khai triển là: 2018 S C2018  2.C2018  ( 2) C2018  ( 2)3 C2018   ( 2) 2018 C2018 Cho x 1 ta có: (1  2.1) 2018 C2018  2.1.C2018  (  2.1) C2018  ( 2.1)3 C32018   (  2.1) 2018 C 2018 2018    1 2018 S  S 1 3x x ln  e x ln  m 0 có nghiệm Câu 27: Có giá trị nguyên m để phương trình e  2e phân biệt thuộc A   ln 2;   B C D Lời giải Chọn D 3x x ln  e xln  m 0  e3 x  6e x  9e x  m 0 Ta có: e  2e x Đặt t e với t  Do y e đồng biến  nên với x   ln t f  t  t  6t  9t có f  t  3t  12t  Xét với x t e x  e  ln   t 1  f  1 4   25 f  t  0  3t  12t  0   f  t   f    Và:    Xét Bảng biến thiên: t  f  t   0   f  t  25 3x x ln  e x ln  m 0 có nghiệm phân biệt thuộc   ln 2;    Phương trình e  2e phương trình f  t   m 1   ;    (Mỗi nghiệm có nghiệm phân biệt thuộc  1  t   ;   x    ln 2;    2  ) cho ta nghiệm 25 25 m4 4m  3,125 Dựa vào bảng biến thiên ta có: Mà m   nên m  Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán II PHẦN TỰ LUẬN 3z.z  2017  z  z  48  2016i Câu 28: Tính mơđun số phức z thỏa mãn: HƯỚNG DẪN GIẢI Gọi z  x  yi , với x, y   3z z  2017  z  z  48  2016i  z  2017   x  yi    x  yi   48  2016i Ta có 3 z 48    2.2017 y  2016  z 16   1008  y  2017  z 4  Câu 29: Cho khối chóp tứ giác có cạnh đáy a , cạnh bên 3a Tính thể tích V khối chóp cho HƯỚNG DẪN GIẢI S B C O A D  ABCD  hình chóp tứ giác S ABCD Gọi O tâm mặt đáy SO   ABCD   SO Ta có đường cao hình chóp a a 34 OA  AC   SO  SA2  OA2  2 , SA 3a Tam giác SAO vng O có a 34 V  S ABCD SO  Khi thể tích khối chóp tứ giác C  C  Câu 30: Cho hàm số y  x  x  m có đồ thị m , với m tham số thực Giả sử m cắt trục Ox bốn điểm phân biệt hình vẽ Gọi S1 , S2 , S3 diện tích miền gạch chéo cho hình vẽ Tìm m để S1  S3 S HƯỚNG DẪN GIẢI 4 Gọi x1 nghiệm dương lớn phương trình x  x  m 0 , ta có m  x1  x1 x1 Vì S1  S3 S S1 S3 nên S2 2 S3 hay x1 f  x  dx 0 x1 x1  x5   x14  2 x   x  mx f x d x  x  x  m d x  x     5    x1  mx1   x1  m     0   Mà  x4  x14 x1   x12  m  0  x12  m 0      Do đó, (vì x1  ) x14  x12  x14  3x12 0 x12  1 2    x  10 x    1 Từ , ta có phương trình  1  m  x  x 1 Vậy