Ôn tập toán 24

TOÁN HỌC BẮC TRUNG NAM ĐỀ THI ĐÁNH GIÁ NÂNG LỰC ĐHSP HÀ NỘI MƠN TỐN Mã đề thi I PHẦN TRẮC NGHIỆM TOÁN HỌC x  5    y   y log x y   y  log x e    2018 Cho hàm số , , , Trong hàm số có hàm số nghịch biến tập xác định hàm số đó? A B C D x Câu Lời giải Chọn C x  5 y   y log x   Có hai hàm số nghịch biến Câu  2i  z    i  4  i Cho số phức z thỏa mãn phương trình  Tìm tọa độ điểm M biểu diễn số phức z M   1;1 M   1;  1 M  1;1 M  1;  1 A B C D Lời giải Chọn C Ta có phương trình (3  2i ) z  (2  i) 4  i     2i  z    i    2i  z 1  5i  z 4i  5i  z 1  i  2i M  1;1 Vậy điểm M biểu diễn số phức z có tọa độ Câu Một người gửi 75 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn năm với lãi suất 5,4% /năm Giả sử lãi suất khơng thay đổi, hỏi sau năm người nhận số tiền kể gốc lãi? (làm trịn đến nghìn đồng) A 102.826.000 đồng Chọn A B 97.860.000 đồng C 150.260.000 đồng D 120.628.000 đồng Lời giải Số tiền thu sau năm C 75(1  0.054) 102.826.470 đồng Câu Cho phương trình nghiệm m 0  A  m  log ( x  1) log [ m( x  2)] Tất giá trị m để phương trình có B  m  C m Lời giải m 0  D  m  Chọn D Ta có phương trình tương đương x      x  m( x  2) Xét f ( x)  x 1   x m  x  (vì x 2 khơng nghiem) x f ( x)   0, x  (1; ) ‚ {2} ( x  2) x  (1; ) \ {2} có Bảng biến thiên m 0  Từ bảng biến thiên suy phương trình cho có nghiệm  m  Câu   sin  x    3 có nghiệm thuộc khoảng  Phương trình A B C Lời giải    0;   2? D Tài liệu chia sẻ Website VnTeach.Com https://www.vnteach.com Chọn D   2 2   3x    k 2 x  k     3 sin  x      3   3x    4  k 2  x   k 2  3 3  Ta có , k       2 x    0;  x  k   ứng với k 0 3 , k  có nghiệm • Nếu • Nếu Câu x  4    2 2 x    0;  k   ứng với k 1 , k  có nghiệm Đường cong hình vẽ sau đồ thị hàm số bốn hàm số liệt kê bốn phương án A, B, C, D Hỏi hàm số hàm số nào? A y  x  x  4 B y x  x  C y x  x  Lời giải D y  x  x  Chọn D Dáng đồ thị giống đồ thị hàm số y ax  bx  c 0 Vì bề lõm quay xuống nên a  Mặt khác đồ thị qua điểm ( 3;0) nên ta chọn y  x  x  Câu Cho F ( x) nguyên hàm hàm số f ( x)  thỏa mãn F (2)  , F (1) 6 Giá trị f ( x)dx A C Lời giải B  12 Chọn D Ta có Câu f ( x)dx F (2)  F (1)  Cho hàm số y  f ( x ) có bảng biến thiên sau D  Tổng số tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho A B C Lời giải D Chọn C Dựa vào bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số nhận đường thẳng x  , x 2 đường tiệm cận đứng, y 0 tiệm cận ngang Tổng số tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho Câu Goi A , B , C ba điểm cực trị đồ thị hàm số y x  x  Bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC A B  C  Lời giải D Chọn C Tập xác định D   x 0 y 0   x 1  x  y 4 x  x , Giả sử A(0;4) , B ( 1;3) , C (1;3) Khi AB  AC  , BC 2 Suy tam giác ABC vuông cân A Vậy bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC r S ABC AB AC     AB  BC  CA  2 2(  1) Câu 10 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng ( ABC ) ; góc đường thẳng SB mặt phẳng ( ABC ) 60 Gọi M trung điểm cạnh AB Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SMC ) ? a A B a a 39 C 13 Lời giải D a Chọn C Ta có AM MB  d( B;( SMC )) d( A;( SMC ))  Vì SA  ( ABC ) nên A hình chiếu S mặt phẳng ( ABC )  ( SB,( ABC )) SBA  SA  AB tan 60 a ABC nên CM vừa trung tuyến, vừa đường cao  CM  AB  SA  ( ABC )  SA  CM  CM  ( ABC )  Ta có Lại có CM  AB  CM  ( SAB )  ( SCM )  ( SAB ) Kẻ AH  SM , ( SCM )  ( SAB )  ( SCM )  ( SAB ) SM  AH d( A;( SMC ))  AH  SM  1 a 39  2  AH  2 SA AM 13 Xét tam giác vng ABC , đường cao AH có AH Câu 11 Cắt hình nón cho mặt phẳng qua đỉnh, thiết diện thu tam giác vuông cân có cạnh huyền Diện tích xung quanh khối nón cho A 9 Chọn B 9 B C 9 Lời giải 9 D Ta có: AB 3 SAB tam giác vuông cân S 2 2 Xét SAB vuông cân S , ta có: SA  SB  AB  2SA (3 2)  SA 3 r OA  Vậy 2 S xq  rl  9 3  2 Câu 12 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(2;1;  1) , B(3;0;1) , C (2;  1;3) điểm D thuộc trục Oy cho thể tích tứ diện ABCD Tọa độ điểm D  (0;  6;0)  A  (0;7;0)  (0;  7;0)  B  (0;8;0)  (0;  8;0)  C  (0;7;0) Lời giải  (0;6;0)  D  (0;  7;0) Chọn B    D (0; y ;0)  Oy AB  (1;  1;2), AC  (0;  2;4), AD (  2; yD  1;1) D Gọi Ta có      AB, AC  (0;  4;  2)  AB, AC  AD 2  yD   Suy      VABCD   AB, AC  AD 5  |  y D |5  6 Theo giả thiết  x   x 8  Vậy D(0;  7;0) D(0;8;0) Câu 13 Trong không gian Oxyz , phương trình phương trình mặt cầu? 2 2 2 A x  y  z  x  y  z  0 B x  y  z  x  y  z  15 0 2 C x  y  z  x  y  z  0 Chọn C 2 D x  y  z  x  xy  z  0 Lời giải 2 Phương trình x  y  z  x  y  z  0 phương trình mặt cầu có dạng x  y  z  2ax  2by  2cz  d 0 thỏa a  b  c  d  (dễ nhận biết d   ) Câu 14 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(1;2;  1) , B ( 1;6;  5) , C (2;0;  1) Mặt phẳng ( ) qua hai điểm A , B song song với đường thẳng OC có vectơ pháp tuyến     n( ) (4;  10;  8) n( ) (4;5;8) n( ) (2;5;4) n( ) (4;  10;8) A B C D Lời giải Chọn C   AB  (  2;4;  4) OC (2;0;  1) Ta có ,  Do mặt phẳng ( ) qua hai điểm A , B song song với đường thẳng OC nên nhận AB  OC cặp véc-tơ phương    n  AB, OC  ( 4;  10;  8)  2(2;5;4) Nên mặt phẳng ( ) có vé-tơ pháp tuyến ( )  Câu 15 Số tập gồm phần tử tập hợp có phần tử A 40320 B 24 C 348 Lời giải D 56 Chọn D Chọn phần tử (không tính thứ tự) từ phần tử tập con, nên có C8 56 cách Câu 16 Một người viết ngẫu nhiên số có bốn chữ số Xác suất để chữ số số viết có thứ tự tăng dần giảm dần (nghĩa số viết dạng abcd a  b  c  d a  b  c  d ) A 375 B 250 14 C 375 Lời giải D 125 Chọn C Số phần tử không gian mẫu n() 9 10 9000 Gọi A biến cố “các chữ số số viết có thứ tự tăng dần giảm dần” Khi ta có hai trường hợp: 1) Sắp xếp theo thứ tự tăng dần có C9 126 2) Sắp xếp theo thứ tự giảm dần có C10 210 Suy n( A) 126  210 336 Suy P( A)  n( A) 14  n() 375 x x x 1 Câu 17 Tổng nghiệm phương trình x 3  3  x x  x 3  A B C D Lời giải Chọn D Phương trình cho viết lại sau  x 0 3x ( x  x  2)  ( x  x  2) 0  (3x  1)( x  x  2) 0   x 1  x 2 Tổng nghiệm phương trình z   4i 2 Câu 18 Cho số phức z thay đổi thỏa mãn Đặt w ( z  2)(2  2i )  , tập hợp tất điểm biểu diễn số phức w hình trịn có diện tích A 8 B 12 C 16 D 32 Lời giải Chọn D Có w ( z  2)(2  2i )   z  w 2  2i Thay vào giả thiết có: w    4i 2  w  11  6i 2  2i 4 2  2i Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w hình trịn có tâm I (11;6), R 4 Diện tích hình trịn  R 32 f ( x)  Câu 19 Cho hàm số  A 2019! x ( x  1)( x  2) ( x  2019) Giá trị f (0) B 2019! C  2019! D 2019! Lời giải Chọn A f (0) lim Ta có x f ( x )  f (0) 1 lim   x  ( x  1)( x  2)  ( x  2019) x ( 1)(  2)(  2019) 2019! 2 Câu 20 Cho hàm số y ax  bx  c hàm số y mx  nx  p có đồ thị đường cong hình vẽ bên Diện tích hình phẳng gạch chéo 32 A 15 64 B 15 104 C 15 Lời giải 52 D 15 Chọn B Phương trình Parabol có dạng y mx ( P) 2 Mà ( P) qua điểm (1;4)  m 1  m 4  ( P) : y 4 x Đồ thị hàm số y ax  bx  c qua điểm (0;3)  c 3 Mặt khác hàm số y ax  bx  c đạt trị điểm x 1 đồ thị qua điểm (1;4) nên ta có  y(1) 4a  2b 0    a  b  4 a   y  x  x   b 2 Suy diện tích phần gạch chéo Câu 21 Đồ thị hàm số A y ln S   x  x   x dx  1 64 15 x2  x  có tất đường tiệm cận? B C D Lời giải Chọn C Điều kiện: x2  0 x2 1 lim y  lim ln x   • x   tiệm cận ngang x   x  2x2  2x2   ln lim y  lim ln ln x   x2 1 x2 1 x    nên đường thẳng y ln • • lim  y  lim  ln x  x  lim y  lim ln x x 2x2    x2 1 nên đường thẳng x  tiệm cận đứng x2    x2 1 nên đường thẳng x  tiệm cận đứng Vậy đồ thị hàm số cho có đường tiệm cận Câu 22 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng Đường thẳng SD tạo với đáy ABCD MD  3a , mặt phẳng ( SDM ) mặt phẳng góc 60 Gọi M trung điểm AB Biết ( SAC ) vng góc với đáy Tính khoảng cách hai đường thẳng CD SM theo a  a A 3a B a 15 C Lời giải 3a 15 D Chọn D Giả sử AD x , ta có x 5x2 x DM  AD  AM x    DM   x 3a 4 2 2 Gọi H DM  AC , SH  ( ABCD) HAM ∽HDC Từ ta có HD 2 HM hay MD 3MH Ta có SM  ( SAB) AB CD nên CD ( SAB)  d  CD, SM  d  CD,( SAB)  d  D,( SAB)  3d  H ,( SAB)  HI  ( SAB)  d  H ,( SAB)  HI Kẻ HK  AB, K  AB HI  SK , I  SK ta có 1  2 HI HS HK 2 3a DH  DM   a  HS HD tan 60 a 15 3 1 1 16 a 15 3a 15 HK  AD a    2  HI   d  CD, SM   2 HI 15a a 15a 4 Câu 23 Trong khơng gian Oxyz , cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng SA vng góc với đáy Cho biết B(2;3;7) , D (4;1;3) Phương trình mặt phẳng ( SAC ) A x  y  z  0 B x  y  z  0 C x  y  z  0 Lời giải D x  y  z  0 Chọn C  BD  AC  BD  ( SAC )  BD  SA Ta có  Gọi F  AC  BD  ( SAC ) Mặt phẳng nhận BD (2;  2;  4) làm véc-tơ pháp tuyến Mặt phẳng ( SAC ) qua trung điểm F (3;2;5) đoạn thẳng BD Phương trình mặt phẳng ( SAC ) 2( x  3)  2( y  2)  4( z  5) 0  x  y  z  0 Câu 24 Trong hình vẽ bên có hình tam giác? A 60 Chọn A B 70 C 30 Lời giải D 20 Đường thẳng nằm ngang cắt đường nằm dọc điểm Cứ điểm tùy ý với đỉnh tam giác tạo thành tam giác Do số tam giác tạo C6 15 Có đường ngang, tổng số tam giác hình 15 60 tam giác 1 y   cos x   2sin x 2 Câu 25 Tìm giá trị lớn hàm số A 11 B  1 C Lời giải D 22 Chọn D cos x sin x cos x cos x y  1    1   2 Ta có  cos x   cos x  11 11 y   1        Khi Suy y  cos x   1   cos x  11     11 22  2 Dấu xảy 1 cos x cos x     cos x   x   k , k   4 2 Câu 26 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  x  y  z  0 Hai điểm A , B thuộc ( S ) cho AB 6 Gọi M (a; b; c) trung điểm đoạn AB Hãy tính P a  b  c trường hợp a  2b  2c đạt giá trị lớn A P 35 B P 25 C Lời giải P 26 D P 31 Chọn C Ta có mặt cầu ( S ) có tâm I (1;  3;4) R 5 2 Do AB 6  MA 3  MI  AI  AM 4  M thuộc mặt cầu ( S ) có tâm I R 4 2 Suy ( a  1)  (b  3)  (c  4) 16 Ta có T  a  2b  2c (a  1)  2(b  3)  2(c  4)   1  22  22  (a  1)  (b  3)  (c  4)   15  Dấu “=” xảy a  1 b 3 c  4 20    a  b  c 2 3; 3; 20 26 P a  b  c     3 3 Suy Câu 27 x Cho khai triển n  x   a0  a1 x    a3n x 3n 24 A a2  2 23 B a2 3 2 a  a    a3n 4096 Tìm a2 ? , biết 21 22 C a2  2 D a2 5 2 Lời giải Chọn A n Cho x 1  a0  a1   a3n n Theo giả thiết suy 4096  n 12 Xét khai triển x  3x   12  ( x  1)12 ( x  2) 24  12 k 12 k   24 i 24 i     C12 x    C 24 x (  2)i   k 0   i 0   12 24 k 0 i 0 k 12  C Ci24 ( 2)i x 36 k  i 36  k  i 2 0 k 12     i  24   a x  i , k Ta có hệ số thỏa mãn i, k   k  i 34 0 k 12   0 i 24 i, k   Suy cặp ( k ; i ) thỏa mãn (12;22) , (11;23) , (10;24) 22 22 11 23 23 10 24 24  a2 C12  224 12 C 24 (  2)  C12 C 24 (  2)  C12 C 24 (  2) n \textbf{Cách khác:} Thay x 1 vào khai triển ta a0  a1    a3n 4096  n 12 Với n 12 thay vào ta khai triển: ( x  x  4)12 a0  a1 x  a2 x  a3 x3    a36 x36 (1) Đạo hàm hai vế (1) ta được: 12(3 x  x)( x3  3x  4)11 a1  2a2 x  3a3 x    36a36 x 35 (2) Đạo hàm hai vế (2) ta được: 12[(6 x  6)( x3  3x  4)11  11(3x  x) ( x  3x  4)10 ] 2a2  6a3 x    36 35 x34 (3) 24 Thay x 0 vào (3) thu được: a2  2 x 4038 x Câu 28 Có số nguyên m để phương trình 16   2m 4 cos  x 0 có nghiệm nhất? A B C D Lời giải Chọn A x 4038 x x 4038  x  2m cos( x) 0(1) Xét phương trình 16   2m 4 cos  x 0   x 4038 x  2m cos( x) ta có Đặt f ( x) 4  f (4038  x) 4 4038 x  x  2m cos(4038  x) 4 4038 x  x  m cos( x)  f ( x), x   x0 nghiệm (1) 4038  x0 nghiệm (1) , x0 nghiệm x 4038  x0  x0 2019 phương trình (1) Nên • Điều kiện cần: x0 2019 nghiệm (1) , 42019  42019 2m cos  2019   42019  m  m  42019   x 4038  x 2019  42019 cos( x)(2) • Điều kiện đủ: Với m  , phương trình (1) trở thành  VT (2) 4 x  44038 x 2 x 44038 x 2 4 2019 VP(2)  42019 cos( x) 2 42019 4 x 44038 x (2)    x 2019 cos(  x )   Do  (2) có nghiệm 2019 Vậy m  II PHẦN TỰ LUẬN Câu Kí hiệu thức z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  z  20192018 0 Tính giá trị biểu P  z1  z2 Lời giải Ta có 2 z  z  2019 2018 0  1  2018  z     2019 0 2   1  2018  z     2019      z  1  1  2018  z    2019   i   2  4   z    20192018  i 1  20192018  i 4 Suy • z1   2 20192018  1  1 i  | z1 |     20192018   20192018 20191009 4  2 1  1 z2   20192018  i  | z2 |     2019 2018   2019 2018 20191009 4  2 • Do Câu z1  z2 20191009  20191009 2 20191009 Cho khối lăng trụ tứ giác ABC ABC  có đáy ABC tam giác vuông cân A , BC 2  BCCB 30 Tính thể tích khối lăng trụ Góc đường thẳng AB mặt phẳng cho Lời giải Gọi M trung điểm BC Vì ABC vng cân A nên ta có MA MB MC  BC 2   2 AB  AC  Và BC 2  2 2 AM   BCC B Ta có AM  BC , suy Khi  AB,  BCC B   AB, BM  ABM 30 AM sin 300  AB Trong tam giác vuông ABM ta có Trong tam giác vng ABB ta có  AB  BB  AB2  AB  AM  2 sin 30  2  22 2 1 VABC ABC  BBSABC BB AB AC 2  2 2 4 2 Khi Vậy Câu VABC ABC  4 Cho hàm số y  f  x hàm đa thức bậc bốn Biết diện tích hình phẳng phần giới hạn 127 y  f  x  y  f  x  đồ thị hàm số , hai đường thẳng x  , x  có giá trị 50 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f  x trục hoành Lời giải Từ đồ thị suy f  x  a  x    x  2 Phương trình hồnh độ giao điểm suy f  x f  x  2a  x    x    x   f  x  a  x  2 2  x   2a  x    x  5  x     x    x    x  x   0  x   x    x    x 1 loai  Từ giả thiết suy 2 127  f  x   f  x  dx  50 5 4 2 127   a  x    x   x  x  dx  a  x    x   x  x  dx  50 5 4    23a 52a 127   10 50  a  Do 2 2 5 5 1 f  x  dx    x  5  x   2 81   dx  20  