Câu hỏi vận dụng có đáp án chi tiết trong đề kiểm tra học kỳ 2 môn toán năm 2018 sở GDĐT nam định lần 8 | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Biết lãi suất hằng tháng là 0,5% , tiền lãi sinh ra hằng tháng được nhập vào tiền vốn số tiền gửi hàng tháng là như nhau.. A..[r]

CÂU HỎI VD – VDC ĐỀ HK2 SỞ GD NAM ĐỊNH 2018 TỔ 11_LẦN Câu 27 [2H2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) A Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC  có tất cạnh C M B a Gọi M , N trung điểm cạnh AB C' A' N B' BC  Mặt phẳng  AMN  cắt cạnh BC P Thể tích khối đa diện MBP ABN 3a 24 3a B 96 3a C 12 3a D 32 A Lời giải I A C M P B A C N B Chọn B Gọi I  A ' M  BB ' nên P IN  BB ' Áp dụng tỉ số thể tích ta có VIMBN IM IB IP 1 1    VIA ' B ' N IA ' IB ' IN 2 VMBN A ' B ' N VIA ' B ' N  VIMBN   V V IA ' B ' N IA ' B ' N Do đó: 7 1 a 3  VMBN A ' B ' N  VIA ' B ' N  IB ' A ' B '.B ' N sin 600  2a.a  a 8 48 2 96 Câu 28 A [2H1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ Đồ thị hàm số y  f  x   2m điểm cực chỉ x  + f ' x  11 trị +  f  x   có A  11  m   2;   2 B m   4;11  11  m   2;   2 C D m 3 Lời giải Chọn C Cách 1: Đặt g  x   f  x   2m Đồ thị hàm số Giữ nguyên phần đồ thị hàm số y g  x  Bỏ phần đồ thị hàm số y g  x  suy cách: phía Ox, kể điểm Ox y g  x  Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số y  f  x   2m phía Ox qua trục Ox phía Ox Xét tương giao đồ thị hàm số y  f  x đường thẳng y 2m y  f  x   2m TH1: 2m 4  m 2 Suy đồ thị hàm số có điểm cực trị (loại) TH2: mãn)  2m  11   m  11 Suy đồ thị hàm số y  f  x   2m có điểm cực trị (thỏa 11 2m 11  m  Suy đồ thị hàm số y  f  x   2m có điểm cực trị (loại) TH3:  11  m   2;    (đáp án C) Vậy y  f  x   2m  y '  f '  x   f  x   2m  Cách 2: Đồ thị hàm số y  f  x   2m Dựa vào bảng biến thiên ta có   2m  11   m   (Đề có điểm cực trị chỉ phương trình f  x  2m có   1; 2 nghiệm phân biệt Câu 29 [2D1-3]  f  x   2m  HK2 Sở f  x  2m có nghiệm phân biệt   1; 2 11 GD Nam  Định m x   x  2 x  x  x   x  với a, b   Tính giá trị T a  b – 2018) Biết bất có nghiệm chỉ phương  trình m   ; a  b  A T 0 B T 1 C T 2 D T 3 Lời giải Chọn B Điều kiện   x 1 Bất phương trình tương đương với     m x   x  2 x  x  x   x   1 t 1  x  x Đặt t | x |   x  Suy  2 t  0;  Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có t    x   x  Suy Ta có bất phương trình theo t : m(t  1) t  t   m  Bất phương trình Đặt hàm số  1 f (t ) t  f '(t ) 1  Ta có f '(t ) 0   t  t 1  m t   2 t 1 t 1 có nghiệm chỉ bất phương trình  2 1  t Khi m  f (t ) (t  1)  t 0 0  (t  1) 1   (t  1)  t  (loại) Bảng biến thiên t f ' t   21 f  t Dựa vào bảng biến thiên, suy  m 2   m   ; 2  1 Từ a 2; b   T a  b 2  1 có nghiệm  t  0;  x2 x  có đồ thị C Gọi I giao Câu 30: [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số điểm hai đường tiệm cận C Tiếp tuyến C cắt hai đường tiệm cận C hai điểm A, B Giá trị nhỏ chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB y B 8 A 2 C 2 Lời giải D 4 Chọn C Gọi M  x0 ; y0  điểm thuộc đồ thị hàm số Khi tiếp tuyến đồ thị M  x0 ; y0  y  có dạng:  x0    x x0   x0  x0  d d Đồ thị C có tiệm cận đứng x 2 tiệm cận ngang y 1 Ta có   cắt hai đường tiệm cận   8     x0   IA  0;  A  2;    x  IB  x  4;0  B  x0  2;1  x0     hai điểm Ta có Vì tam giác IAB vng I nên bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB 1 2  R  IA  IB 2 64  x0     x0    2 2  x0   2 2  x0   M  0;  1 Vậy giá trị nhỏ chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB 2 M  4;3 Câu 31: [2H3-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác x y z   ABC có phương trình đường phân giác góc A 4  Biết điểm M  0; 5; 3 N  1; 1;  thuộc đường thẳng AB điểm thuộc đường thẳng AC Véc tơ sau véc tơ chỉ phương đường thẳng AC ?     u  1; 2; 3 u  0;  2;  u  0; 1;  3 u  0; 1; 3 A B C D Lời giải Chọn D Giả sử A(t ;6  4t;  3t ) , ta có:    ud (1;  4;  3) , AM ( t ; 4t  1;   3t ), AN (1  t;   4t;3t  6) Theo ra: Vì d đường phân giác góc A nên:     | cos(ud , AM ) || cos(ud , AN ) |  2t  26t  13 26t  26t  10 2t   26t  39  26t  78t  62 BP 2V  (4t  4t  1)(13t  39t  31) (4t  12t  9)(13t  13t  5) 13t  13t  13t  39t  31  14t 14  t 1    A(1; 2;3)  AN (0;  1;  3) Vậy véc tơ chỉ phương AC u  0; 1; 3  H  phần mặt Câu 34 [2D4-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi z 16 phẳng chứa điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 16 z có phần thực phần ảo thuộc đoạn  0; 1 Tính diện tích S A S 256  H  B S 64 C S 16     D S 32     Lời giải Chọn D Đặt z  x  yi  x; y  R  16 16 16 x 16 y z x y    i   i 2 x  yi x  y x  y z 16 16 16 Ta có ; z 16 0; 1 Vì 16 z có phần thực phần ảo thuộc đoạn  nên x y  0 16 ; 16 1   0  216 x ; 216 y 1 x y x y  0 x; y 16  2  x    y 64  2  x   y   64 y 16 y=x (C1) I1 O x I2 16 (C2) Phần mặt phẳng H thỏa mãn hệ phần gạch chéo hình vẽ Ta có S H  2S1  x    y 64   y x  x 8; x 16 S Với diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số  16 Khi x2 I1  Với 16 82   x   dx  xdx   S1   x   16    x  8 dx I1  I 16 96    x  8sin t ; t    ;   2  , suy Tính I : Đặt     sin 2t  I 64 cos tdt 32   cos 2t  dt 32  t   16  0 0 S H  2 S1 2  96  16  32     Vậy y  f  x âu 36:[2D3-4] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số    0;    f   0  4  Biết  f  x  dx   có đạo hàm liên tục đoạn  , f  x  sin xdx    I f  x  dx A I B I C I 2 D I 1 Lời giải Chọn B  Ta có  f  x  sin xdx sin xdf  x   f  x  sin x  0        f   sin    f   sin  2.0   f  x  cos xdx  4  4    f  x  d sin x Tính tích phân      f    f  x  cos xdx  f  x  cos xdx  4 0  Do f  x  cos xdx      1 1 4  cos x d x   cos x d x  x  sin x       2 2 0 Mặt khác: Bởi vậy:    f  x  dx  f  x  cos xdx  cos 0    xdx    8    f  x   f  x  cos x  cos 2 x  dx 0    f  x   cos x  dx 0  f  x  cos x Nên:    1 I f  x  dx cos xdx  sin x  4 0 z 6 z2 2 Câu 40 [2D4-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho số phức z1 , z2 thỏa mãn ,  Gọi M , N điểm biểu diễn số phức z1 , iz2 Biết MON 60 Tính T  z12  z22 A T 18 B T 24 C T 36 D T 36 Lời giải Chọn D Ta có z1 6  OM 6 ; z2 2  iz2 2  ON 2  1 z  z1  OK  OM   KON 60 OK 2 K điểm biểu diễn số phức z Gọi Từ suy tam giác OKN cạnh  NK 2 KN OI   , với I trung điểm Khi 2 T  z12  z22  z  z2 9 z   iz2  9  z1  3iz2   z1  3iz2  9 z  iz2 z  iz2 Do đó: T 18.NK OI 18.2 36 M K I O N Câu 41 [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m cho giá trị lớn hàm số A B x  mx  m y x 1 C  1; 2 Số phần tử S D Lời giải Chọn D x  mx  m y 1; x 1 Xét hàm số liên tục   Ta có x2  x y' ( x  1) ; y ' 0  x  x 0  y hàm số x  mx  m x 1 éx = Ï [1; 2] ê êx =- Ï [1; 2] ê ë Ta thấy y '  0, x  [1;2] nên giá trị lớn  4 max  m  ; m   1; 2 3    é êm = ê m+ =2Þ ê ê êm =ê ë TH1: +) Với +) Với m=  17 max 2;  ta có m =-  17   (loại)  7 max 2;  2  6 ta có (nhận) é êm = ê m+ =2Þ ê 10 ê êm =ê ë TH2: +) Với +) Với m=  7 max 2;  2  6 ta có (nhận) m =-  17  17 10 max 2;     (loại) ta có Kết luận: Giá trị m cần tìm là: Câu 42 m =- m= [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số y  f ( x) liên tục  Biết hàm số y  f '( x) có đồ thị hình vẽ Hàm số y  f ( x  5) nghịch biến khoảng sau ? y y  f '( x) o A ( 1;0) B (1; 2) x C ( 1;1) D (0;1) Lời giải Chọn D 2 + Đặt g ( x)  f ( x  5)  f (u ), u  x  2 + g '( x) ( x  5) ' f '(u ) 2 xf '( x  5) + Hàm số y  g ( x) nghịch biến g '( x) 0 dấu xảy hữu hạn điểm   x 0 (I )    f '( x  5) 0  xf '( x  5) 0   x 0   ( II )   f '( x  5) 0 Giải (I): Từ đồ thị hàm số y  f '( x) ta có   x 0  x    x 0   x   x   ( I )    x  2    x 0       x       x     x 1   x     x 4 Xét (II): Từ đồ thị y  f '( x ) ta có  x 0  2   x    x 1    x 1 ( II )        x  2   x 4  x   x 2    x    x     x 7    x      x 0   x 1    x      x 0    x      x    x  Vậy hàm số đồng biến khoảng:   ;   ;   2;  1 ;  0;1 ;  2;  Chọn đáp án D Câu 43 [2D2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Ơng A muốn sau năm có 1.000.000.000 đồng để mua ô tô Camry Hỏi ông A phải gửi ngân hàng tháng số tiền gấn với số tiền sau đây? Biết lãi suất tháng 0,5% , tiền lãi sinh tháng nhập vào tiền vốn số tiền gửi hàng tháng A a 14.261.000 (đồng) B a 14.260.500 (đồng) C a 14.261.500 (đồng) D a 14.260.000 (đồng) Lời giải Chọn C Gọi a số tiền gửi hàng tháng Khi ta có Sau tháng số tiền tài khoản ông A a.1, 005  a Sau tháng số tiền tài khoản ông A là:  a.1, 005  a  1,005  a a.1,005  a.1, 005  a Sau tháng số tiền tài khoản ông A là:  a.1, 005   a.1,005  a 1,005  a a.1, 0053  a.1, 0052  a.1, 005  a ………………………………………………… Sau 59 tháng số tiền tài khoản ông A : a.1, 00559   a.1, 0053  a.1, 0052  a.1, 005  a Do đó, sau năm số tiền tài khoản ông A là: 1, 00560  a.1, 005  a.1, 005   a.1, 005  a.1, 005  a.1, 005 1, 005.a 0, 005 60 59 Do đó: 1, 005 a 1, 00560  109.0, 005 109  a  14261494 0, 005 1, 005  1, 00560  1 Vậy a 14.261.500 (đồng) Câu 44 [1D3-4] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho dãy số u1 1  * un 1 un  n , n  ¥ Tìm số nguyên dương n nhỏ cho A n 2017 B n 2020 C n 2018  un  xác định un  2039190 D n 2019 Lời giải Chọn B + Ta có: un 1 un  n3 un    n  1  n  u1  13  23   n , mà ta để dàng chứng  n  n  1     n     minh quy nạp biểu thức: Ta tìm n nhỏ để hay tìm n nhỏ để 3  n  1 n 2039190 un  2039190 , nên n 2020 Câu 45 [2H1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hình S chóp S ABCD có đáy tứ giác lồi ABCD góc tạo mặt  SAB  ,  SBC  ,  SCD  ,  SDA với mặt 0 0 đáy 90 , 60 , 60 , 60 Biết tam giác D A C B SAB vuông cân S , AB a chu vi tứ giác ABCD 9a Tính thể tích V khối chóp S ABCD A C V a3 V 2a 3 B V a D V a3 Lời giải Chọn D  SAB  vng góc với mặt đáy nên SH đường cao hình chóp + Gọi H trung điểm AB , Vì Gọi M , N , P hình chiếu H lên cạnh BC , CD, DA + Từ giả thuyết dễ dàng ta có : + S ABCD ( Vì a 2a 1    HN BC  HM CD  HP.AD   HN  BC  CD  AD   8a 2 tan 600 HN HM HP  SH tan 600 ) 2a a a 3 VS ABCD   3 Vậy y  f  x Câu 46 (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số f  x     ln x f x1 x x Tính tích phân I f  x  dx liên tục  1; 4 thỏa mãn A I 2 ln 2 C I 3  ln Lời giải B I 2 ln 2 D I ln Chọn A 4 4 f (2 x  1) ln x ln x f (2 x  1) J f ( x) dx  dx   dx P  dx, Q  dx x x x x 1 1 Xét Ta có: +) Tính P : Đặt ln x t  Vậy dx dt x ; x 1  t 0; x 4  t ln ln ln x t2 P  dx  tdt  x ln 2ln 2 ,(1) f (2 x  1) dx Q  dx t 2 x   dt x x +) Tính , Đặt , đó: x 1  t 1; x 4  t 3 Vậy: Q f (t )dt f (x) dx, 1 ( tích phân khơng phụ thuộc kí hiệu biến số), (2) Từ (1) (2), ta có: f ( x)dx f ( x)dx  2ln 1 2 , (3) Mà: f ( x)dx f ( x)dx  f ( x)dx 1 ,(4) Từ (3) (4) suy ra: I f  x  dx 2ln 2 Câu 47 [2H3-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Trong không gian Oxyz cho điểm A(1; 2;  3) mặt phẳng  P  : 2x  y   Q  : 3x  y  z  0 Đường thẳng qua A vng góc với mặt phẳng P P cắt mặt phẳng   B Điểm M nằm mặt phẳng   cho M ln nhìn AB góc vng độ dài MB lớn Tính độ dài MB A MB  z  0 41 B MB  C MB  D MB  41 Lời giải Chọn C Q : x  y  z  0 Ta có đường thẳng d qua A vng góc với mặt phẳng   có phương trình:  x 1  3t  d  :  y 2  4t , t    z   4t  P Ta có giao điểm d mặt phẳng   B : B  d  B (1  3t ;  4t ;   4t ) B   P     3t     4t    4t  0  t  Vậy B ( 2;  2;1) A I H M B (P) P Điểm M nằm mặt phẳng   cho M ln nhìn AB góc vng nên M nằm đường tròn  C P giao mặt cầu đường kính AB với mặt phẳng   Khi độ dài MB lớn chỉ độ dài MB đường kính r , trung điểm AB Ta có d 2 I ,( P )   r  I  I (  C  Gọi bán kính đường tròn  C  ;0;  1) d 3 , ( I ,( P ) AB  r Vậy độ dài MB lớn Câu 48 [1H3-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho lăng trụ ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD hình chữ nhật, AB a , AD  3a tam giác A ' BD Hình chiếu vng góc điểm A ' mặt phẳng mặt phẳng  ABCD   A ' BD  trùng với giao điểm AC BD Tính khoảng cách từ điểm B ' đến 3a A B 3a C 3a D 3a Lời giải Chọn D Gọi O tâm hình chữ nhật ABCD Vì A ' BD  A'O  BD BD  3a S A ' BD   3a 2 1 VA ' ABD  A ' O S ABD  3a 3a a 3 Thể tích tứ diện A ' ABD  A ' BD  là: Khoảng cách từ A đến d  A;  A ' BD    3VA ' ABD 3a3   3a S ABD 3a Gọi I giao điểm A ' O AO ' Vì A ' O ' OA hình bình hành nên I trung điểm AO ' Và B ' D '/ / DB  B ' D '/ /  A ' BD  Suy ra: Vậy Câu 49 d  B ';  A ' BD   d  O ';  A ' BD   d  A;  A ' BD    3a d  B ';  A ' BD    3a [1D2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Giải bóng chuyền VTV cúp gồm 12 đội tham dự có đội bóng nước ngồi đội bóng Việt Nam Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành bảng A, B, C bảng đội Tính xác suất để đội Việt Nam bảng khác 16 133 32 39 A 55 B 165 C 165 D 65 Lời giải Chọn A Số cách xếp ngẫu nhiên 12 đội vào bảng A, B, C bảng đội là: C124 C84 C44 34650 (cách) Ta có  34650 Gọi A biến cố: “ đội Việt Nam bảng khác nhau” Chọn đội Việt Nam vào bảng A có C3 (cách) đội nước ngồi cịn lại có C9 (cách) Tương tự bảng B có C2 cách chọn đội Việt Nam có C6 cách chọn đội nước ngồi Bảng C có C1 cách chọn đội Việt Nam có C3 cách chọn đội nước Vậy A C31 C93 C21 C63 C11 C33 10080 P ( A)  Xác suất cần tìm là: A   16 55 (cách) Câu 50 [2H2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hình nón đỉnh S , đáy hình tròn nội tiếp tam  SAB   ABC  giác ABC Biết AB BC 10a, AC 12a , góc tạo hai mặt phẳng 45 Tính thể tích V khối nón cho S B C I A A V 9a B V 12a C V 27 a Lời giải D V 3a S B C 45 H I M A Chọn A Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Gọi M trung điểm AB 2 2 Ta có BM  AB  AM  100a  36a 8a 1 S ABC  BM AC  8a.12a 48a 2 Nửa chu vi tam giác ABC r p AB  BC  CA 16a S 48a  3a p 16a Góc  SAB   ABC   SHI 45  SI IH 3a 1 V   r h    3a  3a 9 a 3 Thể tích khối nón ... Khi 2 T  z 12  z 22  z  z2 9 z   iz2  9  z1  3iz2   z1  3iz2  9 z  iz2 z  iz2 Do đó: T  18. NK OI  18 .2 36 M K I O N Câu 41 [2D 1-3 ] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 20 18) Gọi S tập... 0 z 6 z2 ? ?2 Câu 40 [2D 4-3 ] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 20 18) Cho số phức z1 , z2 thỏa mãn ,  Gọi M , N điểm biểu diễn số phức z1 , iz2 Biết MON 60 Tính T  z 12  z 22 A T  18 B T ? ?24 C T...  ;   2;  1 ;  0;1 ;  2;  Chọn đáp án D Câu 43 [2D 2-3 ] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 20 18) Ơng A muốn sau năm có 1.000.000.000 đồng để mua ô tô Camry Hỏi ông A phải gửi ngân hàng tháng số