SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ KHẢO SÁT MÔN TOÁN KHỐI 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ KHẢO SÁT MÔN TOÁN KHỐI 12 NĂM HỌC 20172018 Câu 1 (NB): Cho A và B là hai biến cố xung khắc. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hai biến cố A và B không đồng thời xảy ra. B. Hai biến cố A và B đồng thời xảy ra. C. P(A)  P(B)  1. D. P(A)  P(B)  1. Lời giải. Mệnh đề đúng là “Hai biến cố A và B không đồng thời xảy ra” Câu 2 (TH): Tính giới hạn 2 1 lim 4 2018  n n . A. 4. B. 2. C. 2018. D. . 21 Lời giải. 2. 0 2 0 4 1 2 lim 4 2018 2 1 lim 4 2018         nn n n Câu 3 (TH): Hàm số 4 1 2x y    đồng biến trên khoảng nào sau đây? A. ;0. B. 1;. C. 3;4. D. ;1. Lời giải. Ta có 2 3 y x    . Dễ thấy y  0 ,  ;0 x    . Nên hàm số đồng biến trên khoảng ;0. Câu 4 (TH): Số đường tiệm cận (đứng và ngang) của đồ thị hàm số 2 y 1x  là bao nhiêu? A. 0. B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải. Ta có 2 2 0 0 lim lim 1 1 x x x x        nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng x  0 làm tiệm cận đứng Lại có 21 lim 0 x x  nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng y  0 làm tiệm cận ngang Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận. Câu 5 (NB): Đồ thị hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. 3 2 . 1x y x   B. 1 2 . 1x y x   C. 1 2 . 1 x y x    D. 1 2 . 1x y x   3 2 1 1 2 6 4 2 2 x y 2 Lời giải. Đồ thị đã cho có tiệm cận đứng x  1 và cắt Oy tại điểm (0;1) nên là đồ thị hàm số 1 2 1x y x   . Câu 6 (NB): Cho các hàm số log2018 y x  , x y e        , 13 log y x  , 53 x y          . Trong các hàm số trên có bao nhiêu hàm số nghịch biến trên tập xác định của hàm số đó? A. 4. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải. Có hai hàm nghịch biến là 13 log y x  và 53 x y          Câu 7 (NB): Cho các số thực a b   0. Mệnh đề nào sau đây sai? A. 2 2 2 ln( ) ln( ) ln( ). ab a b   B. 2 2 2 ln ln( ) ln( ). a a b b         C. ln ln ln . a a b b         D.     1 ln ln ln . 2 ab a b   Lời giải. Mệnh đề     1 ln ln ln 2 ab a b   sai vì a b   0. Câu 8 (NB): Cho hàm số   y f x  liên tục trên   a b; . Diện tích hình phẳng S giới hạn bởi đường cong  , y f x  trục hoành và các đường thẳng   , x a x b a b    được xác định bởi công thức nào sau đây? A.   d . ba S f x x   B.   d . ba S f x x   C.   d . ab S f x x   D.   d . ba S f x x   Lời giải. Công thức đúng là   d . ba S f x x   Câu 9 (NB): Mệnh đề nào sau đây là sai? A. Nếu     d f x x F x C    thì     d f u u F u C    . B.     d d kf x x k f x x    ( k là hằng số và k  0 ). C. Nếu   F x và   G x đều là nguyên hàm của hàm số   f x thì    . F x G x  D.         1 2 1 2 d d d f x f x x f x x f x x           . Lời giải. Mệnh đề “Nếu   F x và   G x đều là nguyên hàm của hàm số   f x thì     F x G x  ” sai vì     . F x G x C   Câu 10 (TH): Tính môđun của số phức z  3 4i. A. 7. B. 5. C. 3. D. 7. Lời giải. z  32  42  5.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ KHẢO SÁT MƠN TỐN KHỐI 12 NĂM HỌC 2017-2018 Câu (NB): Cho A B hai biến cố xung khắc Mệnh đề sau đúng? A Hai biến cố A B không đồng thời xảy B Hai biến cố A B đồng thời xảy C P ( A)  P ( B )  D P ( A)  P ( B )  Lời giải Mệnh đề “Hai biến cố A B không đồng thời xảy ra” Câu (TH): Tính giới hạn lim 4n  2018 2n  A B C 2018 D 2018 4 4n  2018 n    Lời giải lim  lim 2n  20 2 n Câu (TH): Hàm số y   A  ;0  x4  đồng biến khoảng sau đây? B 1;   C  3;  D  ;1 Lời giải Ta có y   2 x Dễ thấy y  , x   ;0  Nên hàm số đồng biến khoảng  ;0  Câu (TH): Số đường tiệm cận (đứng ngang) đồ thị hàm số y  A B Lời giải Ta có lim x 0 C bao nhiêu? x2 D 1  lim   nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng x  làm tiệm cận x 0 x x đứng  nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng y  làm tiệm cận ngang x2 Vậy đồ thị hàm số cho có hai tiệm cận Lại có lim x  Câu (NB): Đồ thị hình bên đồ thị hàm số đây?  2x 1 2x 1 2x A y  B y  C y  x 1 x 1 1 x y x -3 -2 -1 -2 -4 -6 D y  1 2x x 1 Lời giải Đồ thị cho có tiệm cận đứng x  1 cắt Oy điểm (0;1) nên đồ thị hàm số y   2x x 1 x x  5   Câu (NB): Cho hàm số y  log 2018 x , y    , y  log x , y    Trong hàm số e   có hàm số nghịch biến tập xác định hàm số đó? A B C D  5 Lời giải Có hai hàm nghịch biến y  log x y      x Câu (NB): Cho số thực a  b  Mệnh đề sau sai? 2 a B ln    ln(a )  ln(b ) b A ln(ab)  ln( a )  ln(b ) a C ln    ln a  ln b D ln ab   ln a  ln b  b Lời giải Mệnh đề ln ab   ln a  ln b  sai a  b      Câu (NB): Cho hàm số y  f  x  liên tục  a; b Diện tích hình phẳng S giới hạn đường cong y  f  x  , trục hoành đường thẳng x  a, x  b  a  b  xác định công thức sau đây? b A S   f  x  dx a b B S  a  f  x  dx C S   f  x  dx b D S   f  x  dx b a a b Lời giải Công thức S   f  x  dx a Câu (NB): Mệnh đề sau sai?  f  x  dx  F  x   C  f  u  du  F  u   C B  kf  x  dx  k  f  x  dx ( k số k  ) A Nếu C Nếu F  x  G  x  nguyên hàm hàm số f  x  F  x   G  x  D   f1  x   f  x   dx   f1  x  dx   f  x  dx Lời giải Mệnh đề “Nếu F  x  G  x  nguyên hàm hàm số f  x  F  x   G  x  ” sai F  x   G  x   C Câu 10 (TH): Tính mơđun số phức z   4i A B C Lời giải z  32   D Câu 11 (NB): Hình bát diện (tham khảo hình vẽ bên) có mặt? A B C D Lời giải Hình bát diện có mặt Câu 12 (NB): Mặt phẳng chứa trục hình nón cắt hình nón theo thiết diện A tam giác cân B đường trịn C hình chữ nhật D đường elip Lời giải Mặt phẳng chứa trục hình nón cắt hình nón theo thiết diện tam giác cân Câu 13 (NB): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : z  x   Một véc tơ pháp tuyến ( P )  A n   2;0; 1  B u   0;1; 2   C v  1; 2;3  Lời giải Viết lại  P  : x  z   suy n   2;0; 1  D w  1; 2;0    Câu 14 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai véc tơ a  1; 2;  b   2;3;1 Khẳng định sau sai?   A a.b  8 B 2a   2; 4;0    Lời giải Đúng phải a  b   1;1;1  C b  14   D a  b   1;1; 1 Câu 15 (NB): Cho mệnh đề sau sin x (I) Hàm số f ( x )  hàm số chẵn x 1 (II) Hàm số f ( x )  sin x  cos x có giá trị lớn (III) Hàm số f ( x )  tan x tuần hoàn với chu kì 2 (IV) Hàm số f ( x )  cos x đồng biến khoảng (0;  ) Trong mệnh đề có mệnh đề đúng? A B C Lời giải sin x - Hàm số f ( x)  hàm số lẻ Suy mệnh đề (I): Sai x 1 D - Hàm số f ( x)  sin x  cos x có giá trị lớn 32   Suy mệnh đề (II): Đúng - Hàm số f ( x)  tan x tuần hồn với chu kì  Suy mệnh đề (III): Sai - Hàm số f ( x)  cos x nghịch biến khoảng (0;  ) Suy mệnh đề (IV): Sai Vậy có mệnh đề mệnh đề cho Câu 16 (TH): Giải bóng đá V-LEAGUE 2018 có tất 14 đội bóng tham gia, đội bóng thi đấu vòng tròn lượt (tức hai đội A B thi đấu với hai trận, trận sân đội A, trận lại sân đội B) Hỏi giải đấu có tất trận đấu? A 91 B 140 C 182 D 196 Lời giải Mỗi trận đấu cách chọn có thứ tự hai đội bóng, số trận đấu A142  182 Câu 17 (TH): Số đường chéo đa giác có 20 cạnh bao nhiêu? A 170 B 190 C 360 D 380 Lời giải Hai đỉnh đa giác tạo thành đoạn thẳng suy có C 20  190 đoạn thẳng Trong số đoạn thẳng có 20 đoạn thẳng cạnh, số đường chéo 190  20  170 S Câu 18 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (SAD) (SBC ) A Là đường thẳng qua đỉnh S B Là đường thẳng qua đỉnh S BC C Là đường thẳng qua đỉnh S AB D Là đường thẳng qua đỉnh S BD tâm O đáy song song với đường thẳng A song song với đường thẳng D B C song song với đường thẳng Lời giải Do AD // BC S  ( SAD)  ( SBC ) nên giao tuyến hai mặt phẳng (SAD) (SBC) đường thẳng qua đỉnh S song song với BC a Tính khoảng cách hai đường thẳng CC  BD A a C a B D' A' Câu 19 (TH): Cho hình lập phương ABCD ABC D có cạnh B' a C' A B D a D O C OC  BD  OC đoạn vng góc chung CC  BD Lời giải Ta có:  OC  CC  Vậy d  CC ; BD   OC  AC 2a  a 2 mx  16 đồng biến khoảng (0;10) xm B m  ( ;10]  ( 4; ) Câu 20 (TH): Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y  A m  (  ;4)  ( 4; ) C m  (;4]  [4; ) D m  ( ;10]  [ 4; ) m  16 ( x  m) Hàm số đồng biến khoảng (0;10) Lời giải Điều kiện x  m , y '  m  16  m  4, m  4 m     m  0, m  10 m  10  m  (0;10) Câu 21 (TH): Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y  x  mx  m x  đạt cực tiểu x  A m  B m  C m  1, m  D Không tồn m Lời giải y '  x  mx  m , y"  x  4m Để hàm số đạt cực trị x  y ' (1)   m  4m    m  1, m  Với m  y" (1)  6  nên x  điểm cực đại Với m  y" (1)   nên x  điểm cực tiểu Vậy m  Câu 22 (TH): Ta xác định số a , b, c để đồ thị hàm số y  x  ax  bx  c qua điểm 1;0  có điểm cực trị  2;0  Tính giá trị biểu thức T  a  b  c A 1 B Lời giải Ta có y   x  2ax  b D 25 C 14  y 1   a  b  c  1 a     Theo ta ta có  y  2     4a  b  12  b  Suy T  a  b2  c  25   4a  2b  c  c  4    y  2   1 2x  x Câu 23 (TH): Tập nghiệm bất phương trình log 1 A S   ;   3  B S   0;   3 1 C S   ;  3 2 D S   ;  3  1  x  x  1 2x 1 0  x Lời giải BPT log x 3 1  x   x Câu 24 (TH): Gọi T tổng tất nghiệm phương trình log 21 x  log x   Tính T A T  36 B T  243 C T  D T  3 Lời giải ĐKXĐ: x  PT tương đương với   log x   log x   t   x  Đặt t  log x , PT trở thành t  5t       T  36 t   x  27 Câu 25 (TH): Họ nguyên hàm hàm số f ( x )  x  sin x x2  cos x  C x2 Lời giải  ( x  sin x ) dx   cos x  C 2 A x2  cos x  C 2 B x2 1 C x  cos x  C D  cos x  C 2 Câu 26 (TH): Gọi A, B , C điểm biểu diễn số phức z1  2, z  4i, z   4i mặt phẳng tọa độ Oxy Tính diện tích tam giác ABC A B C D Lời giải A(2;0), B(0;4), C (2;4) suy AB  , AC  4, BC  suy tam giác ABC vuông C nên S ABC  AC.BC  Câu 27 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;3; 1 , B  3; 1;5  Tìm tọa   độ điểm M thỏa mãn hệ thức MA  3MB 13 A M  ; ;1 B M  ; ;3  C M  4; 3;8  D M  0;5; 4  3  3    Lời giải MA  3MB  M  4; 3;8 Câu 28 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm I 1;0; 2  mặt phẳng  P  có phương trình: x  y  z   Phương trình mặt cầu  S  tâm I tiếp xúc với mặt phẳng  P 2 B  x  1  y   z    2 D  x  1  y   z    A  x  1  y   z    C  x  1  y   z    2 2 Lời giải Do mặt cầu  S  tiếp xúc với mặt phẳng  P  nên có bán kính R  d  I ;  P    2 Do phương trình mặt cầu  S  là:  x  1  y   z    trị nguyên tham số m để phương trình   cos3 x  cos 2 x  m sin x có nghiệm thuộc khoảng  0;  ?  6 A B C D  cos2 x    cos2 x  1  2cos2 x  m   Lời giải PT  cos3 x  cos2 x  m Câu 29 (VD): Có tất cos2 x   cos x   m  giá 1  2   Giải 1  x  k  k   , nghiệm không thuộc  0;   6     Giải   : x   0;   x   0;    cos2 x    cos 2 x   6  3 m   Vây   có nghiệm x   0;       2  m   Vậy có giá trị nguyên 2  6 m  Câu 30 (VD): Xếp ngẫu nhiên chữ cụm từ “THANH HOA” thành hàng ngang Tính xác suất để có hai chữ H đứng cạnh 5 79 A B C D 14 84 14 84 Lời giải Cách 1: - Xét trường hợp chữ xếp bất kì, ta xếp chữ sau - Có C83 cách chọn vị trí xếp có chữ H - Có C52 cách chọn vị trí xếp có chữ A - Có 3! cách xếp chữ T, O, N - Do số phần tử không gian mẫu n( )  C83 C52 3!  3360 - Gọi A biến cố cho - Nếu có chữ H đứng cạnh ta có cách xếp chữ H - Nếu có chữ H đứng cạnh nhau: Khi chữ H vị trí đầu (hoặc cuối) có cách xếp chữ H cịn lại, cịn chữ H đứng vị trí có cách xếp chữ H cịn lại Do có 2.5  5.4  30 cách xếp chữ H cho có chữ H đứng cạnh Như có 30   36 cách xếp chữ H, ứng với cách xếp ta có C52 cách chọn vị trí xếp chữ A 3! cách xếp chữ T, O, N Suy n( A)  36.C52 3!  2160 Vậy xác suất cần tìm P ( A)  n( A) 2160   n( ) 3360 14 Cách 2: Số phần tử không gian mẫu n( )  8!  3360 2!3! Gọi A biến cố cho, ta tìm số phần tử A 5!  60 cách xếp 2! Tiếp theo ta có vị trí (xen hai đầu) để xếp chữ H, có C63 cách xếp Đầu tiên ta xếp chữ A chữ T, O, N, có Do n( A)  60.C63  1200 , suy n( A)  n( )  n( A)  3360  1200  2160 Vậy xác suất cần tìm P ( A)   n( A) 2160   n( ) 3360 14  Câu 31 (VDC): Cho hàm số f  x   3x  x  Tính đạo hàm cấp hàm số điểm x  A f ( ) (0)  60480 Lời giải B f ( ) (0)  60480 C f ( ) (0)  34560 D f ( ) (0)  34560 Khai triển f  x  giả sử ta f  x   a0  a1 x  a2 x   a18 x18 Khi f ( ) ( x)  6! a6  b7 x  b8 x  b18 x12 , suy f ( 6) (0)  6! a6 9 k Ta có (3 x  x  1)  (1  x  x )   C9k (2 x  x ) k   C9k  Cki (2 x) k i (3 x ) i k 0 k 0 i 0 k   C9k Cki k i (3) i x k i k 0 i 0 0  i  k  k  k  k  k  Số hạng chứa x ứng với k, i thỏa mãn   , , , k  i  i  i  i  i  Do a6   C96C60 (3)  C95C51 ( 3)  C94C42 2 (3)  C93C33 ( 3)3  84  Suy f ( 6)  (0)  84.6!  60480 Lại có, sử dụng khai triển Niu tơn ta tìm a6  84  f (6)  84.6!  60480 Câu 32 (VD): Cho tứ diện ABCD có  ACD    BCD   ABC    ABD  ? CD  x , A x  a Tìm giá trị x để B x  a C x  a D x  B AC  AD  BC  BD  a , A D a C Lời giải - Gọi E , F trung điểm CD AB  AE  CD   AEB góc hai mặt phẳng  ACD   BCD    AEB  90 BE  CD  CF  AB  AB  (CFD) nên góc hai đường thẳng FC FD góc - Mặt khác:   DF  AB   90  FE  CD (1) hai mặt phẳng  ABC   ABD  Do  ABC    ABD   CFD - Mặt khác: EAB vuông cân E nên EF  - Từ (1) (2) suy AE  AC  CE a2  x2 (2)  2 a2  x2 a2  x2 a x  x  3x  a  x  2 Câu 33 (VD): Cho đồ thị hàm số y  f  x  x3  bx  cx  d cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 ; x3 Tính giá trị biểu thức P  A P   2b  c B P  b  c  d 1   f   x1  f   x2  f   x3  C P  D P  1  2b c Lời giải Theo giả thiết ta có f  x    x  x1  x  x2  x  x3  Suy f   x    x  x2  x  x3    x  x1  x  x3    x  x1  x  x2  Khi P   1 1   f   x1  f   x2  f   x2   1   x1  x2  x1  x3   x2  x1  x2  x3   x3  x1  x3  x2   x  x    x1  x3    x1  x2     x1  x2  x2  x3  x1  x3  Câu 34 (VD): Cho hàm số y  x  mx  m (với m tham số thực) Tập tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số cho cắt đường thẳng y  3 bốn điểm phân biệt, có điểm có hồnh độ lớn cịn ba điểm có hồnh độ nhỏ 1, khoảng  a; b  (với a, b   , a , b phân số tối giản) Khi đó, 15ab nhận giá trị sau đây? A 95 B 95 C 63 D 63 Lời giải Xét phương trình hồnh độ giao điểm 3  x  2mx  m Đặt x  t , t  Khi phương trình trở thành t  2mt  m   1 đặt f  t   t  2mt  m  Để đồ thị hàm số cắt đường thẳng y  3 điểm phân biệt phương trình 1 có hai nghiệm thỏa mãn  t1  t hồnh độ bốn giao điểm  t2   t1  t1  t2  t2  Do đó, từ điều kiện toán suy  hay  t1    t2  t1   f 0  m    19  Điều xãy  f 1   3m    3  m    9m  19    f  4  19 Vậy a  3 , b   nên 15ab  95 Câu 35 (VD): Sự phân rã chất phóng xạ biểu diễn theo cơng thức hàm số mũ ln , m0 khối lượng ban đầu chất phóng xạ (tại thời điểm m(t )  m0 e   t ,   T t  ), m(t ) khối lượng chất phóng xạ thời điểm t , T chu kỳ bán rã (tức khoảng thời gian để nửa khối lượng chất phóng xạ bị biến thành chất khác) Khi phân tích mẫu gỗ từ cơng trình kiến trúc cổ, nhà khoa học thấy khối lượng cacbon phóng xạ 146C mẫu gỗ 45% so với lượng 146C ban đầu Hỏi cơng trình kiến trúc có niên đại khoảng năm? Cho biết chu kỳ bán rã 146C khoảng 5730 năm A 4942 (năm).B 5157 (năm).C 3561 (năm) D 6601 (năm) Lời giải ln Từ công thức m(t )  m0e t ,   m  t   0,55m0 ta suy T 0,55  e  ln t 5730 t   5730  0,55     t  5730.log 0,55  4942 (năm) 2 Câu 36 (VD): Có giá trị nguyên tham số m  0;10 để tập nghiệm bất phương trình   log 22 x  3log x   m log x  chứa khoảng  256;  ? A B 10 C D Lời giải Xét  256;  , bất phương trình tương đương: log 22 x  log x   m  log x   Đặt t  log x với x  256  t  log x  BPT trở thành t  6t   m  t    (t  1)(t  7)  m(t  7)  t 1  m t   t 1  m (*) (do t    ) t 7 BPT cho có tập nghiệm chứa  256;  BPT (*) có nghiệm với t  t 1 t 1 t 1  1 1  1  1  t 7 t 7 t 7 87 t 7 Từ tìm điều kiện tham số m m  Vậy có giá trị ngun cần tìm 3,4,5,6,7,8,9,10 Ta có t    sin x.ln  tan x  1 dx  a  b ln  c Câu 37 (VD): Biết với a , b, c số hữu tỉ Tính 1   c a b A T  T B T  C T  D T  4 dx  du   u  ln  tan x  1  cos x  sin x  cos x  Lời giải Đặt   dv  sin xdx v   cos x     4 1 cos x  sin x dx Suy  sin x.ln  tan x  1dx   cos x.ln  tan x  1   20 cos x 0  1   x  ln cos x     ln Do T     y Câu 38 (VD): Cho hàm số y  f  x  Đồ thị hàm số y  f ' x hình vẽ bên Đặt M  max f  x  , m  f  x  , T  M  m  2;6  2;6  x Mệnh đề đúng? -3 A T  f    f  2  -2 -1 -2 B T  f    f   C T  f    f  2  D T  f    f   Lời giải  2 f '  x  dx    f '  x  dx  f    f  2   f    f    f  2   f     f '  x  dx   f '  x  dx  f    f    f  5  f    f    f  5  f '  x  dx    f '  x  dx  f  5  f  2  f  5  f    f  2  f   Ta có BBT hàm số y  f  x  đoạn  2;6 : 10 Suy M  f   , m  f  2   T  f  5  f  2  Câu 39 (VD): Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần với vận tốc v1  t   2t (m/s) Đi 12 giây, người lái xe phát chướng ngại vật phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần với gia tốc a  12 (m/s2) Tính quãng đường s (m) ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh dừng hẳn A s  168 (m) B s  144 (m) C s  166 (m) D s  152 (m) Lời giải Quãng đường ô tô từ lúc xe lăn bánh đến phanh 12 12 s1   v1 (t )dt   2tdt  144 (m) 0 Vận tốc v2 (t ) (m/s) ô tô từ lúc phanh đến dừng hẳn thoả mãn: v2 (t )   ( 12)dt  12t  C , v2 (12)  v1 (12)  24  C  168  v2 (t )  12t  168 ( m / s ) Thời điểm xe dừng hẳn tương ứng với t thoả mãn: v2 (t )   t  14 ( s ) Quãng đường ô tô từ lúc xe phanh đến dừng hẳn: 14 14 s2   v2 (t )dt   (12t  168)dt  24 (m) Quãng đường cần tính s  s1  s2  144  24  168 (m) 12 12  Câu 40 (VDC): Cho hàm số f  x  liên tục  thỏa mãn 16    cot x f sin x dx    f  x  dx  x Tính tích phân I   f  4x dx x A I  Lời giải C I  B I  D I     Xét A   cot x f sin x dx  Đặt t  sin x  Suy dt  2sin x cos xdx  2sin x cot xdx  2t.cot xdx  cot xdx    t   x      x   t   11 dt 2t Đổi cận: 1 f  x f t  f  x dt   dx   dx  Khi  A   21 t 21 x x 16 - Xét B   f 2  x  dx  Đặt u  x Suy du  x dx dx 2du   x u x 4  x   u  f u  f  x f  x du  2 dx   dx  Khi  B  2 Đổi cận:  u x x u   x  16  1 1 - Xét tích phân cần tính I   f  4x dx x v Đặt v  x, suy dx  dv, x  Đổi cận: 4 Khi I   1  v   x     x   v   4 f v f  x f  x f  x dv   dx   dx   dx    v x x x 2 1 2 Câu 41 (TH): Gọi z1 , z2 , z3 , z4 bốn nghiệm phân biệt phương trình z  z   tập số phức 2 2 Tính giá trị biểu thức P  z1  z  z  z A B C D z  z 1  Lời giải z  z    ( z  1)  z   ( z  z  1)( z  z  1)     z  z   2 2 2  i z   2 Do P    i z     2 Câu 42 (TH): Cho khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' tích 9a M điểm nằm cạnh CC ' cho MC  2MC ' Tính thể tích khối tứ diện AB ' CM theo a A a B 2a C 3a D 4a C' A' B' M C A B Lời giải Ta có: VA A ' B 'C '  VA.B ' BC  VA.B 'C 'C  VAB ' MC  VAB 'C 'C  2a3 Vậy: VAB ' MC  2a 12 VABC A ' B 'C '  3a Mặt khác: Câu 43 (TH): Một đề can hình chữ nhật cuộn trịn lại theo chiều dài tạo thành khối trụ có đường kính 50 cm Người ta trải 250 vòng để cắt chữ in tranh cổ động, phần lại khối trụ có đường kính 45 cm Hỏi phần trải dài mét (làm tròn đến hàng đơn vị)? A 373 (m) B 192 (m) C 187 (m) D 384 (m) Lời giải 50  45 Cách 1: Bề dày đề can là: a   0, 01  cm   250 Gọi d chiều dài trải h chiều rộng đề can Khi ta có:   2  502  452  50   45  dha     h     h  d   37306  cm   373  m  4a     Cách 2: Chiều dài phần trải tổng chu vi 250 đường trịn có bán kính cấp số cộng có số hạng đầu 25 , cơng sai a  0, 01 Do chiều dài l  2 (2.25  249.0, 01) 250  37314 cm  373 m Câu 44 (VD): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A  2; 1; 2  đường thẳng  d  có phương trình: x 1 y 1 z 1 Gọi  P  mặt phẳng qua điểm A , song song với đường   1 thẳng  d  khoảng cách từ đường thẳng  d  tới mặt phẳng  P  lớn Khi đó, mặt phẳng  P  vng góc với mặt phẳng sau đây? A x  y  z  10  B 3x  z   C x  y  z   D x  y  z   Lời giải Gọi K hình chiếu vng góc A  d  K (d) K 1;1;1 Ta có: d   d  ,  P    d  K ,  P    KH  KA  14 Max d   d  ,  P    14   P   KA   1; 2;3 qua A có VTPT H A Do phương trình mặt phẳng  P  : x  y  3z  10  Câu 45 (VD): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S1  ,  S2  ,  S3  có bán kính r  có tâm điểm A(0;3; 1), B (2;1; 1), C (4; 1; 1) Gọi  S  mặt cầu tiếp xúc với ba mặt cầu Mặt cầu  S  có bán kính nhỏ A R  2 B R  10  C R  10 13 D R  2  Lời giải Ta có: AB  8, AC  32, BC  40 nên tam giác A ABC vuông A Gọi I trung điểm BC , đó: IM  IN  IP  10  M Do mặt cầu  S  thoả mãn mặt cầu có tâm I bán kính R  10  B Câu 46 (VDC): N C P I Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  7;2;3 , B 1; 4;3 , C 1;2;6  , D 1; 2;3 điểm M tùy ý Tính độ dài đoạn OM biểu thức P  MA  MB  MC  3MD đạt giá trị nhỏ 17 21 B OM  26 C OM  D OM  4    Lời giải Ta có DA  (6;0;0), DB  (0; 2;0), DC  (0;0;3) nên tứ diện ABCD tứ diện vuông A OM  14 đỉnh D Giải sử M  x  1; y  2; z  3 Ta có MA   x  6 2  y  z  x    x , MB  x   y    z  y    y , MC  x  y   z    z    z ,   3MD  x  y  z   x  y  z  x yz Do P  (6  x)  (2  y )  (3  z )  ( x  y  z )  11 x  y  z  Các đẳng thức xảy   x y z 0 6  x  0,  y  0,3  z  0, x  y  z  Khi M 1; 2;3  OM  12  22  32  14 Câu 47 (VDC): Cho tứ diện ABCD có A AB  3a , AC  a 15 , BD  a 10 , CD  4a Biết góc đường thẳng AD mặt phẳng  BCD  khoảng cách hai đường thẳng AD BC 5a hình chiếu A lên mặt phẳng  BCD  nằm tam giác BCD Tính độ đài đoạn thẳng AD biết AD  a A 5a N 450 , 45 B H M C B 2a 3a Lời giải - Ta chứng minh AD  BC Thật vậy: xét tích vơ hướng          AD  AC  CD AD  AB  BD AD.BC  AD AC  AB  AD AC  AD AB   2 C 2a D   14 o D  AC  BD  CD  AB 15a  10a  16a  9a    AD  BC 2 - Dựng AH   BCD  H nằm tam giác BCD Gọi M giao điểm DH BC  M nằm B C  BC  AH - Do:   BC   AHD   BC  DM  BC  AD  MN  BC  MN đoạn vng góc - Trong mặt phẳng  ADM  dựng MN  AD N    MN  AD 5a chung AD BC  MN   ADH  45 góc AD mặt phẳng  BCD  - Ta có: DM  MN  5a a 110  BM  BD  DM  4  110a 25a  3a  AN  AB  BN  AB   BM  MN   9a   ,   16   16 5a - Nếu N nằm A D AD  AN  DN  2a a - Nếu A nằm N D AD  DN  AN  (loại) DN  MN  B l  17,7 m D A 40m O 20m C l  15,7 m I 30m A l  27,7 m E 40m Câu 48 (VDC): Một ao có hình ABCDE (như hình vẽ), ao có mảnh vườn hình trịn bán kính 10m, người ta muốn bắc cầu từ bờ AB ao đến vườn Tính gần độ dài tối thiểu l cầu biết: - Hai bờ AE BC nằm hai đường thẳng vng góc với nhau, hai đường thẳng cắt điểm O; - Bờ AB phần parabol có đỉnh điểm A có trục đối xứng đường thẳng OA ; - Độ dài đoạn OA OB 40m 20m; - Tâm I mảnh vườn cách đường thẳng AE BC 40m 30m B C D l  25,7 m Lời giải Ta coi đơn vị 10m gắn hệ trục tọa độ Oxy cho A, B thuộc tia Oy,Ox Khi bờ mảnh vườn hình tròn (C ) : ( x  4)  ( y  3)  , bờ AB ao phần parabol (P) : y   x ứng với x  [0;2] Bài tốn trở thành tìm M  (C ) N  (P) cho MN ngắn Ta thấy để MN ngắn M , N , I phải thẳng hàng với I (4;3) tâm (C ) 15 Khi MN  IN  IM  IN  , ta cần tìm N  (P) cho IN ngắn Do N  (P) nên N ( x;4  x ) với x  [0;2] IN  ( x  4)  (1  x )  x  x  x  17 Xét f ( x)  x  x  x  17 với x  [0;2] , f ' ( x )  x  x  Giải phương trình f ' ( x )   x  x   ta nghiệm x0  1,392768772 , x0  (0;2) f (0)  17 , f ( 2)  13, f ( x0 )  7,68 suy f ( x)  7,68 [ 0; ] Vậy IN  2,77 tức l  17,7 m Cho z1 , z2 hai số phức z thỏa mãn điều kiện z   3i  , đồng thời Câu 49 (VDC): z1  z2  Tập hợp điểm biểu diễn số phức w  z1  z2 mặt phẳng tọa độ Oxy đường trịn có phương trình đây? 2 5  3  A  x     y    2  2  C ( x  10)  ( y  6)  36 5  3  B  x     y    2  2  D ( x  10)  ( y  6)  16 Lời giải Gọi A, B, M điểm biểu diễn z1 ; z ; w Khi A, B thuộc đường tròn (C ) : ( x  5)  ( y  3)  25 AB  z1  z  (C ) có tâm I (5;3) bán kính R  , gọi T trung điểm AB T trung điểm OM IT  IA  TA  Gọi J điểm đối xứng O qua I suy J (10;6) IT đường trung bình tam giác OJM , JM  IT  Vậy M thuộc đường trịn tâm J bán kính có phương trình ( x  10 )  ( y  )  36 S Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2, SA  SA vng góc với mặt đáy  ABCD  Gọi M N hai điểm thay đổi hai cạnh AB , AD cho mặt 1 thể tích khối chóp  AN AM S AMCN đạt giá trị lớn A T  B T  N A phẳng  SMC  vng góc với mặt phẳng  SNC  D H F Tính tổng T  M B O E C 13 2 D T  Lời giải Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho A(0;0;0), B(2;0;0), D(0; 2;0), S (0;0; 2)  C (2;2;0) C T  Đặt AM  x, AN  y , x; y  [0;2] , suy M ( x;0;0), N (0; y;0) 16    SM  ( x;0; 2), SC  (2; 2; 2), SN  (0; y; 2)        n1  [ SM , SC ]  (4; x  4; x) , n2  [ SN , SC ]  (4  y; 4; 2 y )   Do ( SMC )  ( SNC ) nên n1.n2   4(4  y)  4(2 x  4)  xy   xy  2( x  y)  8  2x  2x   x  , y  nên x2 x2  S ABCD  S BMC  S DNC   (2  x )  (2  y )  x  y  y S AMCN 2  x  x2  Do VS AMCD  SA.S AMCN  ( x  y )   x   3 3 x2  x2 Xét f ( x)  x2  4x  x2  với x  [1; 2] , f '( x)  ( x  2)2 x2 f '( x)   x  x    x  2  3; x  2  (loại) Lập bảng biến thiên ta suy max f ( x)  f (1)  f (2)  [0;2]  x   1 1 y  Vậy max VS AMCN    T   2  2  x  AM AN x y    y  Cách 2: Đặt AM  x, AN  y Gọi: O  AC  BD; E  BD  CM ; F  BD  CN H hình chiếu vng góc O lên SC , đó: HO  Ta có: SC  OH  SC  HE  SC   HBD    SC  BD  SC  HF Do đó: HE , HF   900  HE  HF  SMC  ,  SNC      Mặt khác: VS AMCN  SA.S AMCN   x  y  3 Tính OE, OF : - Ta có x  0, y  x  2, y  gọi K trung điểm AM , đó: OE KM x OE EB OB x       OE  EB MB  x x  2x  x 4 x Tương tự: OF  y Mà: OE.OF  OH   x   y    12 4 y - Nếu x  y  ta có OE.OF  OH   x   y    12 Tóm lại:  x   y    12 2 2 12  Suy ra: VS AMCN  SA.S AMCN   x  y    x     y       x     4 3 3 x2  Do đó: MaxVS AMCN  x   1 1 y  2  T    2  2  x  AM AN x y    y  17