Tài liệu De thi thu thpt quoc gia 2018 mon toan thpt doc binh kieu dong thap

  • Số trang: 21 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 51 |
  • Lượt tải: 0
sharebook

Tham gia: 25/12/2015

Mô tả:

SỞ GDĐT ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT ĐỐC BINH KIỀU ĐỀ THI DIỄN TẬP THPTQG 2018 Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút (không kể tg phát đề) (50 câu trắc nghiệm) Mã đề thi 132 ( Học sinh không được sử dụng tài liệu) Họ, tên học sinh:..................................................................... Lớp: ............................. Câu 1: Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 4π a 2 và bán kính đáy bằng 2a . Độ dài đường sinh của hình nón đã cho bằng A. . 2 2a B. 3a . C. 2a . Câu 2: Với a là số thực dương bất kỳ, mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 1 A. ln(3a ) = ln a . B. ln a 3 = ln a . C. ln a 3 = 3ln a . 3 3 2 Câu 3: Tích phân dx ∫ x+2 D. 3a . 2 D. . ln(3a ) = 3ln a bằng 1 16 2 4 4 . B. log . C. . D. ln . 225 15 3 3 Câu 4: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;0;0) , B(0; −2;0) và C (0;0;3) . Mặt phẳng A. ( ABC ) có phương trình là x y z x y z x y z B. + + = C. + −1 . + + = 1. + = 1. 1 −1 2 2 1 3 1 −2 3 Câu 5: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng? x x2 A.= B. y = 2 . C. y = . y x2 −1 . x +1 x +2 A. D. . x y z + + = 0. 2 −1 2 D. . y = x 2 − 3x + 2 . x−2 Câu 6: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) =x 4 − 4 x 2 + 5 trên đoạn [−2;3] bằng A. 1 . B. 5 . C. 50 . D. 122 . Câu 7: Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 4 z 2 + 3 z + 5 = 0 . Giá trị của biểu thức | z1 | + | z2 | bằng A. 5. B. 2 5 . C. 5 . Câu 8: Điểm M trong hình vẽ bên dưới biểu cho số phức: D. 3 . 4 y 3 O -4 A. z= 3 − 4i . x .M B. z =−4 − 3i . C. z= 3 + 4i . D. z =−4 + 3i . Câu 9: Thể tích của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là 1 1 1 A. V = Bh . B. V = Bh . C. V = Bh . D. V = Bh . 6 2 3 Chia sẻ tài liệu : Chiasemoi.com Trang 1/21 - Mã đề thi 132 Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho điểm A(3; −1;1) . Hình chiếu vuông goác của A trên mặt phẳng (Oxy ) là điểm A. . M (3;0;0) B. P(0; −1;0) . C. Q(0;0;1) . D. N (3; −1;0) . x − 2 y −1 z . Đường thẳng d có Câu 11: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : = = −1 1 3 một vectơ chỉ phương là   A.= B. u2 = (2;1;0) . u1 (1;3; −1) . Câu 12: lim x →+∞  C. u3 = (1;3;1) .  D. u4 = (−1; 2;0) . C. −3 . 2 D. − . 3 2x − 2 bằng 1+ 2x A. 2 . B. 1. Câu 13: Trong mặt phẳng cho 10 điểm phân biệt sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng, số tam giác có đỉnh được tạo thành từ các điểm trên là ? A. A107 . B. A103 . C. C103 . D. 103 . Câu 14: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [a; b] . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f ( x) , trục hoành và hai đường thẳng x = a , x = b (a < b) . là b A. S = ∫ | f ( x) | dx . a b B. V = ∫ f ( x)dx . a b C. V = π 2 ∫ f ( x)dx . a b D. V = π ∫ f ( x)dx . a Câu 15: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau Hàm số y = f ( x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây A. ( −2;0 ) ; ( 2; +∞ ) . B. ( −∞; −2 ) ; ( 0; 2 ) . C. (−∞; 2) . Câu 16: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau D. (0; +∞) . 0 là Số nghiệm phương trình f ( x) − 3 = A. 2 . B. 0 . C. 1 . Câu 17: Đường cong trong hình bên dưới là đồ thị của hàm số nào? D. 3 . -1 O 1 2 3 -2 -4 A. y = B. y = x 3 + 3 x − 4 . C. y = x 3 − 3 x − 4 . − x3 − 3x 2 − 4 . Câu 18: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau D. y = − x3 + 3x 2 − 4 . Hàm số đạt cực tiểu tại điểm Trang 2/21 - Mã đề thi 132 A. x = 2. B. x = 1 . C. x = 5 . Câu 19: Tập hợp nghiệm của bất phương trình e 2 x < e x + 6 là A. . (0;6) B. (−∞;6) . C. (0;64) . D. x = 0. D. (6; +∞) . ) 2 x + 1 là Câu 20: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x= x3 + x+C . 3 2 x+C . 3 mx + 9 Câu 21: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số f ( x ) = luôn nghịch biến x+m trên khoảng ( −∞;1) . B. x 2 + x + C . A. . 2 + C . C. D. A. 2 . B. 1 . C. 0 . D. 3 . Câu 22: Cho tứ diện ABCD có AB = CD . Gọi I , J , E , F lần lượt là trung điểm của AC , BC , BD , AD . Góc giữa ( IE , JF ) bằng A. 30° . B. 45° . C. 90° . D. 60° . Câu 23: Biết rằng đồ thị hàm số y = f ( x) = ax 4 + bx 2 + c có hai điểm cực trị là A ( 0; 2 ) và B ( 2; −14 ) . Tính f (1) . A. f (1) = −5 . B. f (1) = 0 . C. f (1) = −7 . D. f (1) = −6 . Câu 24: Một hộp chứa 12 quả cầu gồm 7 quả cầu màu xanh và 5 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để 3 quả cầu chọn ra cùng màu bằng A. 7 . 44 B. 35 . 22 C. 9 . 44 D. 1 . 22 ln (1 + x ) = dx a ln 2 + b ln 3 , với a , b là các số hữu tỉ. Tính P= a + 4b . x2 1 2 Câu 25: Biết ∫ B. P = 0 . C. P = 3 . D. P = 1 . −x + 2 Câu 26: Cho hàm số y = có đồ thị (C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) , biết tiếp x −1 tuyến song song với đường thẳng y =− x + 2 A. y= x + 2. B. y =− x − 2 . C. y = − x . D. y =− x + 2; y =− x − 2 . A. P = −3 . Câu 27: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a 3 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SB và CD . A. 3a. B. C. 2a. 3a . 2 D. a 3. Câu 28: Với n là số nghuyên dương thỏa mãn Cn2 + Cn3 = 84 , hệ số của số hạng chứa x 4 trong   A. 1120 . n 2   bằng x2  B. 70x . khai triển của biểu thức  x3 + C. 1120x . D. 70. Câu 29: Một người gởi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0, 25% / tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mối tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền lãi gần nhất với số nào dưới đây, nếu trong thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi? A. 1.590.406 đồng. B. 1.509.406 đồng. C. 101.590.406 đồng. D. 101.509.406 đồng. Trang 3/21 - Mã đề thi 132 Câu 30: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(−1; 2;1) và B(2;1;0) . Mặt phẳng qua B và vuông góc với AB có phương trình là 0. 0. 0. 0. A. x + 3 y + z − 5 = B. 3 x − y − z + 6 = C. x + 3 y + z − 6 = D. 3 x − y − z − 5 = Câu 31: Cho hình chóp S . ABC có tam giác SAB đều cạnh a, tam giác ABC cân tại C. Hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của cạnh AB. Đường thẳng SC tạo với mặt đáy một góc 30°. Tính theo a thể tích V của khối chóp S . ABC. . A. V = 3 3 a . 4 B. V = 3 3 a . 8 C. V = Câu 32: Gọi x1 , x2 là các điểm cực trị của hàm số y = biểu thức S = ( x12 − 1)( x22 − 9 ) là. 3 3 3 a . 4 D. V = 3 3 a . 2 1 3 1 2 x − mx − 4 x − 10 . Giá trị lớn nhất của 3 2 B. 49. C. 0. D. 4 . A. 1 .. Câu 33: Cho hàm số y = f ( x) . Hàm số y = f ′( x) có đồ thị như hình bên. Hàm số= y f (2 − x) đồng biến trên khoảng A. ( −∞;3) . B. ( −∞; −2 ) ; (1;3) . C. (1;3) . D. ( −2;1) ; ( 3; +∞ ) . Câu 34: Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình log 3 x.log 9 x.log 27 x.log81 x = 2 bằng 3 82 B. 0 . C. 1. D. 9 . . 9 Câu 35: Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 2;1;0 ) và đường thẳng ∆ có phương trình A. x −1 y +1 z = = . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M , cắt và vuông góc với đường −1 2 1 thẳng ∆ . x − 2 y −1 z x − 2 y −1 z A. d : = = . B. d : = = . 1 −4 −2 2 −4 1 x − 2 y −1 z x − 2 y −1 z C. d : = = . D. d : = = . 1 4 1 1 −4 1 Câu 36: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 2;5 ) . Mặt phẳng ( P ) đi qua ∆: điểm M và cắt trục tọa độ Ox , Oy , Oz tại A, B, C sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt phẳng ( P ) là. A. x + 2 y + 5 z − 30 = 0 . B. x + y + z − 8 = 0. Câu 37: Parabol y = x y z 0. + + = C. 5 2 1 D. x y z + + = 1. 5 2 1 x2 chia hình tròn có tâm tại gốc tọa độ, bán kính 2 2 thành 2 phần. Tỉ số 2 diện tích của chúng thuộc khoảng nào? A. ( 0,5;0, 6 ) . B. ( 0, 7;0,8 ) . C. ( 0, 4;0,5 ) . D. ( 0, 6;0, 7 ) . Câu 38: Cho hình trụ có bán kính đáy và chiều cao có độ dài bằng nhau. Hình vuông ABCD có hai cạnh AB và CD lần lượt là dây cung của hai đường tròn đáy (các cạnh AD , BC không phải là đường sinh của hình trụ). Tính độ dài bán kính đáy và chiều cao của hình trụ biết rằng cạnh hình vuông có độ dài bằng a . Trang 4/21 - Mã đề thi 132 A. a . B. a 10 . 5 C. a 5 . D. a 2 . 0 có Câu 39: Có bao nhiêu gí trị nguyên của m để phương trình sin x cos x − sin x − cos x + m = nghiệm? A. 3. B. 2. C. 1. D. 0. x Câu 40: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình trình 4 − 2.2 x + 2 = m có nghiệm x ∈ ( −1; 2 ) . A. 8 . B. 11 . C. 10 . D. 9 . 1 2 Câu 41: Cho hàm số f ( x) xác định trên  \{ } thỏa mãn f ′( x) = , f (0) = 1 và f (1) = 2 . 2x −1 2 Giá trị của biểu thức f (−2) + f (2) bằng A. 2 + ln15 . B. 4 + ln15 . C. 3 + ln15 . D. ln15 . Câu 42: Cho số phức z thỏa mãn z − 1 = z − i . Tìm mô đun nhỏ nhất của số phức w = 2 z + 2 − i . 3 3 2 3 . B. 3 2 . C. . D. . 2 2 2 2 Câu 43: Hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a , BC = 4a = 60°. Tính khoảng cách từ B đến ( SAC ) . ( SBC ) ⊥ ( ABC ) . Biết SB= 6a; SBC A. 6a 57 19a 57 17 a 57 16a 57 . C. . D. . . 19 57 57 57 B. Câu 44: Một đứa trẻ dán 42 hình lập phương cạnh 1cm lại với nhau, tạo thành một khối hộp có mặt hình chữ nhật. Nếu chu vi đáy là 18cm thì chiều cao của khối hộp là: A. 7 . B. 3 . C. 6 . D. 2 . A. Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;1) , B ( 2; − 1;3) . Tìm điểm M trên mặt phẳng ( Oxy ) sao cho MA2 − 2MB 2 lớn nhất. 1 3  B. M  ; − ;0  . 2 2  A. M ( 3; − 4;0 ) . C. M ( 0;0;5 ) . 3 1  D. M  ; ;0  . 2 2  Câu 46: . Xét các số phức z = a + bi, (a, b ∈ R) thỏa mãn z − 1 + 2i = 5 . Tìm P= 16a+8b biết z +1 + i + z − 1 + 4i đạt giá trị lớn nhất. A. −36. B. 58. C. 58. D. 40. Câu 47: .Giả sử có khai triển (1 − 2 x )= a0 + a1 x + a2 x 2 +…+ an x n . Tìm a5 biết a0 + a1 + a2 = 71. n 5 A. −672x . C. −672 . 5 B. 672x . D. 672 .  x= 2 − t  0 và đường thẳng d :  y = t . Tìm m để d Câu 48: Cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x + 4 z + 1 =  z= m + t  2 2 2 cắt ( S ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho các mặt phẳng tiếp diện của ( S ) tại A và tại B vuông góc với nhau. A. m = 0 hoặc m = − 4 . B. m = −1 hoặc m = −4. . C. m = 0 hoặc m = 4 . D. m = −1 hoặc m = 0 . π Câu 49: Cho biết 4 cosx ∫ s inx + cosx dx= aπ + b ln 2 với a và b là các số hữu tỉ. Khi đó 0 A. 1 . 2 B. 1 . 4 C. 3 . 4 D. a bằng: b 3 . 8 Trang 5/21 - Mã đề thi 132 Câu 50: Ba cầu thủ sút phạt đến 11m, mỗi người đá một lần với xác suất làm bàn tương ứng là x , y và 0,6 (với x > y ) . Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là 0,976 và xác suất để cả ba cầu thủ đều ghi bàn là 0, 336 . Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn. B. P = 0, 435 A. P = 0, 452 ----------------------------------------------- C. P = 0, 4525 D. P = 0, 4245 ----------- HẾT ---------HƯỚNG DẪN CHẤM CHI TIẾT MÃ ĐỀ 132 Câu 1. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 4π a 2 và bán kính đáy bằng 2a . Độ dài đường sinh của hình nón đã cho bằng A. . 2 2a B. 3a . C. 2a . D. Lời giải 3a . 2 S= rl 4π a 2 ⇔ π .2a.l = 4π a 2 ⇒= l 2a π= xq Vậy l = 2a . Câu 2. Với a là số thực dương bất kỳ, mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 A. ln(3a ) = ln a . 3 Lời giải Ta có: ln a 3 = 3ln a . 2 Câu 3. Tích phân dx ∫ x+2 1 B. ln a 3 = ln a . 3 C. ln a 3 = 3ln a . D. . ln(3a ) = 3ln a bằng 1 A. 16 . 225 B. log Lời giải 2 Ta có: dx 4 . 3 C. 2 . 15 D. ln 4 . 3 4 ∫ x + 2 = ln x + 2 | = ln 4 − ln 3 = ln 3 . 2 1 1 Câu 4. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;0;0) , B(0; −2;0) và C (0;0;3) . Mặt phẳng ( ABC ) có phương trình là A. x y z + + = 1. 2 1 3 B. x y z + + = −1 . 1 −1 2 C. x y z + + = 1. 1 −2 3 D. . x y z + + = 0. 2 −1 2 Lời giải Phương trình mặt chắn của mặt phẳng đi qua ba điểm lần lượt thuộc ba trục tọa độ M (1;0;0 ) , N ( 0; −2;0 ) , P ( 0;0;3) là: x y z + + = 1. 1 −2 3 Câu 5. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng y A.= x2 −1 . Lời giải B. y = x2 . x2 + 2 C. y = x . x +1 D. . y = x 2 − 3x + 2 . x−2 x 2 − 3 x + 2 ( x − 2 )( x − 1) = = x − 1 ⇒ đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng. x−2 x−2 x2 có: x 2 + 2 > 0 ∀x ∈ R ⇒ đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng. y= 2 x +2 y= = y x 2 − 1 không có tiệm cận đứng. Trang 6/21 - Mã đề thi 132 x x Có lim = ∞ ⇒ x = −1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x →−1 x + 1 x +1 Câu 6. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) =x 4 − 4 x 2 + 5 trên đoạn [−2;3] bằng A. 1 . B. 5 . C. 50 . D. 122 . y= Lời giải x = 0  Ta có: f ′ ( x ) =4 x3 − 8 x ⇒ f ′ ( x ) =0 ⇔ 4 x3 − 8 x =0 ⇔  x =− 2 . x = 2  f  f ⇒ f f  5 ( −2 ) = 1 (± 2 ) = ⇒ min f ( x ) = 1. (0) = 5 ( 3) = 50 [ −2; 3] Câu 7. Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 4 z 2 + 3z + 5 = 0 . Giá trị của biểu thức | z1 | + | z2 | bằng A. 5. B. 2 5 . C. 5 . D. Lời giải Ta có: ∆′ =9 − 4.4.5 =−71 =71i 2 .  3  z1 =− + 8 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt:   3  z2 =− − 8  3 . 4 71 i 8 ⇒ z1 + z2 = 5 71 i 8 ----------------------------------------------- Câu 8. Điểm M trong hình vẽ bên dưới biểu cho số phức: y 3 x O .M -4 A. z= 3 − 4i . B. z =−4 − 3i . C. z= 3 + 4i . Lời giải Điểm M ( 3; −4 ) biểu diễn số phức z= 3 − 4i. . D. z =−4 + 3i . Câu 9. Thể tích của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là 1 A. V = Bh . 3 B. V = Bh . C. V = 1 Bh . 6 D. V = 1 Bh . 2 Lời giải Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là V = Bh . Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho điểm A(3; −1;1) . Hình chiếu vuông goác của A trên mặt phẳng (Oxy ) là điểm A. . M (3;0;0) B. P(0; −1;0) . C. Q(0;0;1) . D. N (3; −1;0) . Lời giải Trang 7/21 - Mã đề thi 132 Khi chiếu điểm A ( 3; −1;1) lên mặt phẳng ( Oxy ) thì tung độ và hoànho độ giữ nguyên, cao độ Vậy N ( 3; −1;0 ) . bằng 0 . x−2 1 y −1 z . Đường thẳng d có một = −1 3 Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : = vectơ chỉ phương là   A.= B. u2 = (2;1;0) . u1 (1;3; −1) . Lời giải  Véc tơ chỉ phương của d là= u (1;3; −1) .  C. u3 = (1;3;1) .  D. u4 = (−1; 2;0) . C. −3 . 2 D. − . 3 2x − 2 bằng x →+∞ 1 + 2 x Câu 12. lim A. 2 . B. 1. Lời giải 2 2− 2x − 2 x 1 = lim = lim x →+∞ 1 + 2 x x →+∞ 1 2+ x Câu 13. Trong mặt phẳng cho 10 điểm phân biệt sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng số tam giác có đỉnh được tạo thành từ các điểm trên là ? A. A107 . B. A103 . C. C103 . D. 103 . Lời giải Số tam giác được tạo thành là C103 . Câu 14. Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [a; b] . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f ( x) , trục hoành và hai đường thẳng x = a , x = b (a < b) . là b A. S = ∫ | f ( x) | dx . a Lời giải b B. V = ∫ f ( x)dx . a b C. V = π 2 ∫ f ( x)dx . a b D. V = π ∫ f ( x)dx . a b Công thức tính diện tích hình phẳng là: S = ∫ | f ( x) | dx a Câu 15. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau Hàm số y = f ( x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây A. ( −2;0 ) ; ( 2; +∞ ) . B. ( −∞; −2 ) ; ( 0; 2 ) . C. (−∞; 2) . D. (0; +∞) . Lời giải Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −2 ) ; ( 0; 2 ) Câu 16. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau Số nghiệm phương trình f ( x) − 3 = 0 là A. 2 . B. 0 . C. 1 . D. 3 . Trang 8/21 - Mã đề thi 132 Lời giải Số nghiệm của phương trình f ( x ) − 3 = 0 ⇔ f ( x ) = 3 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = 3 . Theo BBT ta thấy đường thẳng y = 3 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt. Câu 17. Đường cong trong hình bên dưới là đồ thị của hàm số nào? -1 O 1 2 3 -2 -4 A. y = − x3 − 3x 2 − 4 . B. y = x 3 + 3 x − 4 . C. y = x 3 − 3 x − 4 . D. y = − x3 + 3x 2 − 4 . Lời giải Quan sát đồ thị hàm số ta thấy đây là dạng đồ thị hàm bậc ba với hệ số a âm ( loại B,C ) Hai điểm cực trị của hàm số là 0 và 2 ( loại A ) Vậy chỉ có đáp án D thỏa mãn. ----------------------------------------------- Câu 18. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau Hàm số đạt cực tiểu tại điểm B. x = 1 . C. x = 5 . D. x = 0. Lời giải Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt tiểu tại điểm x = 0 và đạt cực đại tại điểm x = 2. Câu 19. Tập hợp nghiệm của bất phương trình e 2 x < e x + 6 là A. . (0;6) B. (−∞;6) . C. (0;64) . D. (6; +∞) . Lời giải TXĐ: D = R Ta có: e 2 x < e x + 6 ⇔ 2 x < x + 6 ⇔ x < 6 . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( −∞;6 ) . Câu 20. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x= ) 2 x + 1 là A. x = 2. A. . 2 + C . B. x 2 + x + C . Lời giải Ta có: ∫ ( 2 x + 1) dx = x 2 + x + C C. x3 + x+C . 3 Câu 21: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số f ( x ) = D. 2 x+C . 3 mx + 9 luôn nghịch biến x+m trên khoảng ( −∞;1) . A. 2 . B. 1 . C. 0 . D. 3 . Lời giải Đề hàm số luôn nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) thì y ' < 0 ∀x ∈ ( −∞;1) . . Trang 9/21 - Mã đề thi 132 Vì y ' = m2 − 9 ( x + m) 2 nên để hàm số luôn nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) thì m 2 − 9 < 0 ⇔ −3 < m ≤ −1 .  − m ≥ 1  ⇒m= −2; m = −1 Câu 22. Cho tứ diện ABCD có AB = CD . Gọi I , J , E , F lần lượt là trung điểm của AC , BC , BD , AD . Góc giữa ( IE , JF ) bằng A. 30° . B. 45° . C. 90° . D. 60° . Hướng dẫn giải  IJ // EF // AB Từ giả thiết ta có:   JE // IF // CD (tính chất đường trung bình trong tam giác) Từ đó suy ra tứ giác IJEF là hình bình hành. Mặt khác: 1 1 AB = CD ⇒ IJ = AB = JE = CD ⇒ ABCD 2 2 là hình thoi ⇒ IE ⊥ JF (tính chất hai đường chéo của hình thoi) ⇒ ( IE , JF ) = 90° . A F I B E J C Câu 23. Biết rằng đồ thị hàm số y = f ( x) = ax 4 + bx 2 + c có hai điểm cực trị là A ( 0; 2 ) và B ( 2; −14 ) . Tính f (1) . A. f (1) = −5 . B. f (1) = 0 . C. f (1) = −7 . C. f (1) = −6 . Lời giải Đồ thị hàm số y = f ( x) = ax 4 + bx 2 + c có hai điểm cực trị là  f ( 0) = 2   f ′ ( 0) = 0 A và B thì  f ( 2 ) = −14 hay  f′ 2 =0  ( ) = c 2= a 1   4 2 16a + 4b + c =−14 ⇔ b =−8 ⇒ f ( x ) =x − 8 x + 2 . = c 2 32a + 4b 0 =  Từ đó ta có f (1) = −5 . Câu 24. Một hộp chứa 12 quả cầu gồm 7 quả cầu màu xanh và 5 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để 3 quả cầu chọn ra cùng màu bằng A. 7 . 44 B. 35 . 22 C. 9 . 44 D. 1 . 22 Trang 10/21 - Mã đề thi 132 D Lời giải 3 Chọn ngẫu nhiên 2 quả cầu từ 11 quả cầu nên ta có: n= C= 220 Ω 12 Gọi biến cố A: “Chọn được ba quả cầu cùng màu”. n 45 9 ⇒ nA = C73 + C53 = 45. ⇒ P ( A ) =A = = . nΩ 220 44 ln (1 + x ) = dx a ln 2 + b ln 3 , với a , b là các số hữu tỉ. Tính P= a + 4b . x2 1 A. P = −3 . B. P = 0 . C. P = 3 . D. P = 1 . 2 Câu 25. Biết ∫ Hướng dẫn giải 1  = u ln (1 + x ) du = dx ln (1 + x )   1+ x . Ta có ⇒ = = I ∫ dx a ln 2 + b ln 3 . Đặt  1 x2 1 dv = 2 dx v = − 1 x  x  2 2 1 1 1 1  1 Khi đó I = − ln (1 + x ) |12 + ∫ dx = − ln 3 + ln 2 + ∫  −  dx . x x (1 + x ) 2 x 1+ x  1 1 2 1 1 3 = − ln 3 + ln 2 + ( ln x − ln (1 + x ) ) |12 = − ln 3 + ln 2 + ln 2 − ln 3 + ln 2 = 3ln 2 − ln 3 . 2 2 2 3 Suy ra a = 3; b = − . Vậy, P = a + 4b = −3 . 2 −x + 2 có đồ thị (C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) , biết tiếp Câu 26. Cho hàm số y = x −1 tuyến song song với đường thẳng y =− x + 2 A. y= x + 2. B. y =− x − 2 . C. y = − x . D. y =− x + 2; y =− x − 2 . Lời giải TXĐ : x = R \ {1} ; y′ = −1 ( x − 1) 2 Do tiếp tuyến song song với đường thẳng y =− x + 2 nên −1 ( x − 1) 2  x =0; y =−2 ⇒ y =− x − 2 =−1 ⇒   x =2; y =0 ⇒ y =− x + 2(l ) Câu 27. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a 3 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SB và CD . A. 3a. B. C. 2a. 3a . 2 D. a 3. Lời giải khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SB và CD là đoạn vuông góc chung BC = a 3 Câu 28. Với n là số nghuyên dương thỏa mãn Cn2 + Cn3 = 84 , hệ số của số hạng chứa x 4 trong n 2   khai triển của biểu thức  x3 + 2  bằng x   A. 1120 . B. 70x . Lời giải C. 1120x . D. 70. Trang 11/21 - Mã đề thi 132 Điều kiện: n ∈ N * ; n ≥ 3. Theo đề bài ta có: Cn2 + Cn3 = 84 ⇒ n = 8 ( Nhập VT vô MT, calc vào ta được n = 8 ) k 8 8 8  3 2  k 3( 8 − k )  2  + = x C x C8k 2k .x 24−5 k . . Ta có khai triển:= ∑ ∑ 8   2 2  x  k 0=  x  k 0 = 4 Để có hệ số chứa x thì: 24 − 5k = 4 ⇔ k = 4 Hệ số chứa x 4 là: C84 .24 = 1120. Câu 29. Một người gởi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0, 25% / tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mối tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền lãi gần nhất với số nào dưới đây, nếu trong thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi? A. 1.590.406 đồng. B. 1.509.406 đồng. C. 101.590.406 đồng. D. 101.509.406 đồng. đồng. Lời giải n 6 Ta có: T = P (1 + r ) = 100 (1 + 0, 25% ) ≈ 101,509406 triệu. Lãi: 101.509.406 − 100.000000 = 1.509.406 đồng Câu 30. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(−1; 2;1) và B(2;1;0) . Mặt phẳng qua B và vuông góc với AB có phương trình là A. x + 3 y + z − 5 = B. 3 x − y − z + 6 = C. x + 3 y + z − 6 = D. 3 x − y − z − 5 = 0. 0. 0. 0. Lời giải  Ta có: AB = ( 3; − 1; − 1) . Mặt phẳng (P) vuông góc với AB nên nhận vecto AB làm vecto pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng (P) đi qua B và vuông góc với AB là: 3 ( x − 2 ) − ( y − 1) − ( z − 0 ) = 0 ⇔ 3 x − y − z − 5 = 0 Câu 31. Cho hình chóp S . ABC có tam giác SAB đều cạnh a, tam giác ABC cân tại C. Hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của cạnh AB. Đường thẳng SC tạo với mặt đáy một góc 30°. Tính theo a thể tích V của khối chóp S . ABC. . A. V = 3 3 a . 4 Chọn C. B. V = 3 3 a . 8 C. V = 3 3 3 a . 4 D. V = Hướng dẫn giải Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ ( ABC ) . 3 3 a . 2 . = ⇒ ( SC , ( ABC ) ) == 30° . ( SC , HC ) SCH Trang 12/21 - Mã đề thi 132 a 3 ∆SAB đều cạnh a ⇒ SH = . 2 a 3 SH 3a 2 , CH . Xét ∆SCH vuông tại H= = =  tan 30° 2 tan SCH a 3a 3a 2 1 . ∆ABC cân tại C , ⇒ S ∆ABC = 2 S ∆ACH = 2. AH .CH = . = 2 2 2 4 1 1 a 3 3a 2 3 3 Vậy = VS . ABC = SH .S ∆ABC a . .= . 3 3 2 4 8 Câu 32. Gọi x1 , x2 là các điểm cực trị của hàm số y = biểu thức S = ( x12 − 1)( x22 − 9 ) là. A. 1 .. B. 49. 1 3 1 2 x − mx − 4 x − 10 . Giá trị lớn nhất của 3 2 C. 0. D. 4 . Hướng dẫn giải  Tập xác định: D =  .  Đạo hàm: y′ = x 2 − mx − 4 . 0 có 2 nghiệm phân biệt  Hàm số có hai điểm cực trị ⇔ y′ = 2 x1 , x2 ⇔ ∆= m + 16 > 0 . −4  Theo định lý Vi – et ta có x1 x2 =−4 ⇒ x2 = . x1  Theo đề  16   16  16 S = ( x12 − 1)( x22 − 9 ) = ( x12 − 1)  2 − 9  = 25 −  9 x12 + 2  ≤ 25 − 2 9 x12 . 2 = 1. x1  x1  x1    Vậy giá trị lớn nhất của S bằng 1. Câu 33. Cho hàm số y = f ( x) . Hàm số y = f ′( x) có đồ thị như hình bên. Hàm số= y f (2 − x) đồng biến trên khoảng A. ( −∞;3) . B. ( −∞; −2 ) ; (1;3) . C. (1;3) . Lời giải Hàm số= y f (2 − x) đồng biến y′ =− f ′(2 − x) > 0 ⇔ f ′(2 − x) < 0 . Nhìn đồ thị ⇔ 2 − x < −1 hoặc 1 < 2 − x < 4 ⇔ x > 3 hoặc −2 < x < 1 D. ( −2;1) ; ( 3; +∞ ) . Câu 34. Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình log 3 x.log 9 x.log 27 x.log81 x = A. 82 . 9 B. 0 . C. 1. 2 bằng 3 D. 9 . Lời giải Điều kiện: x > 0. Trang 13/21 - Mã đề thi 132 2 3 2 ⇔ log 3 x.log 32 x.log 33 x.log 34 x = 3 1 1 1 2 4 ⇔ . . ( log 3 x ) = 2 3 4 3 log 3 x.log 9 x.log 27 x.log81 x = ⇔ ( log 3 x ) = 16 4 2  x= 3= 9 ( tm ) 1 log 3 x = 2 ⇔ ⇔ 1 −2  x= 3= ( tm ) log 3 x = −2 2  9 1 ⇒ x1.x 2 =9. =1. 9 Câu 35. Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 2;1;0 ) và đường thẳng ∆ có phương trình x −1 y +1 z = = . Viết phương trình đường thẳng d đi qua 2 1 −1 đường thẳng ∆ . x − 2 y −1 x − 2 y −1 z A. d : = = . B. d : = = −4 1 2 −4 1 x − 2 y −1 x − 2 y −1 z C. d : = = . D. d : = = −4 1 1 4 1 ∆: Lời giải M , cắt và vuông góc với z . −2 z . 1 Hướng dẫn giải Gọi H là hình chiếu của M  lên ∆.  Nên H (1 + 2t; −1 + t; −t ) ∈ ∆ ⇒ MH= ( 2t − 1; −2 + t; −t ) .  Và= a ( 2;1; −1) là véc tơ chỉ phương của ∆ .   Dó đó: MH .a = 0 ⇔ 2 ( 2t − 1) − 2 + t + t = 0 ⇔ t =  1 x−2 1 y −1 z . = −4 −2  2 . 3 Khi đó: MH =  ; − ; −  ⇒ u = (1; −4; −2 ) là véc tơ chỉ phương của d . 3 3 3 Vậy d : = 4 2 Câu 36. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 2;5 ) . Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M và cắt trục tọa độ Ox , Oy , Oz tại A, B, C sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt phẳng ( P ) là. A. x + 2 y + 5 z − 30 = 0. 0 . B. x + y + z − 8 = x y z + + = 0. C. 5 2 1 D. x y z + + = 1. 5 2 1 Hướng dẫn giải Cách 1: Gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) . Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là x y z + + = 1. a b c 1 2 5 Do M ∈ ( ABC ) nên ta có phương trình + + = 1 (1) . a b c     Ta có AM = (1 − a; 2;5) , BC = ( 0; −b; c ) , BM = (1; 2 − b;5) , AC = ( −a;0; c ) . Trang 14/21 - Mã đề thi 132   5c   AM .BC = 0 c 0 −2b + 5= b = ⇔ ⇔ Do M là trực tâm tam giác ABC nên    2 ( 2) . −a + 5c =0  BM . AC = 0 a = 5c Thế ( 2 ) vào (1) ta được 1 4 5 + + =1 ⇔ c = 6 ⇒ a = 30; b =15 . 5c 5c c x y z Vậy phương trình mặt phẳng ( ABC ) là + + =1 ⇔ x + 2 y + 5 z − 30 = 0 . 30 15 6 Cách 2: Ta có chứng minh được OM ⊥ ( ABC ) .  ( ABC ) đi qua M nhận OM làm VTPT. ( ABC ) :1( x − 1) + 2 ( y − 2 ) + 5 ( y − 5) = 0 ⇔ x + 2 y + 5 y − 30 = 0 . Câu 37. Parabol y = x2 chia hình tròn có tâm tại gốc tọa độ, bán kính 2 2 thành 2 phần. Tỉ 2 số diện tích của chúng thuộc khoảng nào? A. ( 0,5;0, 6 ) . B. ( 0, 7;0,8 ) . C. ( 0, 4;0,5 ) . D. ( 0, 6;0, 7 ) . Hướng dẫn giải Phương trình đường tròn có tâm O , bán kính 2 2 là x 2 + y 2 = 8. Phương trình hoành độ giao điểm của parabol và đường tròn: 2  x2  x +   = 8 ⇔ x 4 + 4 x 2 − 32 = 0⇔ x= ±2 .  2  2 Diện tích phần giới hạn bởi phần lõm parabol và nửa trên đường tròn là. 2 S1= ∫ −2 8 − x2 − x2 dx ≈ 7, 616518641 . 2 Diện tích hình tròn là 8π . Vậy tỉ số diện tích cần tìm là S1 ≈ 0, 43. . 8π − S1 Câu 38. Cho hình trụ có bán kính đáy và chiều cao có độ dài bằng nhau. Hình vuông ABCD có hai cạnh AB và CD lần lượt là dây cung của hai đường tròn đáy (các cạnh AD , BC không phải là đường sinh của hình trụ). Tính độ dài bán kính đáy và chiều cao của hình trụ biết rằng cạnh hình vuông có độ dài bằng a . A. a . B. a 10 . 5 C. a 5 . D. a 2 . Hướng dẫn giải. Trang 15/21 - Mã đề thi 132 A a O B R D R O' R B' C . Dựng BB′ vuông góc mặt đáy như hình vẽ ⇒ BB′ = R. . Chứng minh được DC ⊥ CB′ ⇒ DB′ là đường kính đường tròn đáy ⇒ B′D = 2 R. . Ta có CB′ = BC 2 − BB′2 = a 2 − R 2 . . Mặt khác CB′ = DB′2 − DC 2 = 4R2 − a2 . . a 10 .. 5 0 Có bao nhiêu gí trị nguyên của m để phương trình sin x cos x − sin x − cos x + m = Vậy a 2 − R 2 = 4 R 2 − a 2 ⇔ 5R 2 = 2a 2 ⇔ R= Câu 39. có nghiệm? A. 3. B. 2. Lời giải C. 1. D. 0. t 2 −1 t 2 −1 = t sin x + cos x; t ∈ [− 2; 2]; sinx.cos= x ; pt − t += m 0 2 2 t2 f (t ) =− + t ; f '(t ) =0 ⇒ t =1 Vậy m ∈ {−1;0;1} . 2 1 xet f (t ) tren [− 2; 2] ⇒ − − 2 ≤ m ≤ 1 2 Câu 40.Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình trình 4 x − 2.2 x + 2 = m có nghiệm x ∈ ( −1; 2 ) . A. 8 . B. 11 . C. 10 . D. 9 . Hướng dẫn giải Đặt t = 2 x vì x ∈ ( −1; 2 ) nên t ∈  ; 4  . 2  Khi đó phương trình trở thành t 2 − 2t + 2 = m ( *) . 1 1 Xét f ( t ) = t 2 − 2t + 2 trên  ; 4  có f ′ ( t= ) 2t − 2 , cho f ′ ( t ) = 0 ⇒ t = 1 . 2  Lập BBT, suy ra 1 ≤ m < 10 ⇒ m ∈ {1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9} . 1 2 Câu 41. Cho hàm số f ( x) xác định trên  \{ } thỏa mãn f ′( x) = Giá trị của biểu thức f (−2) + f (2) bằng A. 2 + ln15 . B. 4 + ln15 . Lời giải C. 3 + ln15 . 2 , f (0) = 1 và f (1) = 2 . 2x −1 D. ln15 . 2 ln 2 x − 1 += C ln 2 x − 1 + C 2 f ( 0 ) = C = 1 ⇔ f ( x ) = ln 2 x − 1 + 1; f (1) = C = 2 ⇔ f ( x ) = ln 2 x − 1 + 2 Ta có : f ( = x) 1 ∫ f ′ ( x ) d=x 2∫ 2 x − 1 d=x ⇒ f ( −2 ) = ln 5 + 1; f ( 2 ) = ln 3 + 2 ⇒ f ( −2 ) + f ( 2 ) = ln 3 + ln 5 + 3 = ln15 + 3 Trang 16/21 - Mã đề thi 132 Câu 42. Cho số phức z thỏa mãn z − 1 = z − i . Tìm mô đun nhỏ nhất của số phức w = 2 z + 2 − i . A. 3 . 2 B. 3 2 . C. 3 2 2 . D. 3 2 . 2 Hướng dẫn giải Giả sử z = a + bi ⇒ z = a − bi . Khi đó z − 1 = z − i ⇔ a − 1 + bi = a + ( b − 1) i . 0. ⇔ ( a − 1) + b 2 = a 2 + ( b − 1) ⇔ a − b = 2 2 Khi đó w = 2 z + 2 − i= 2 ( a + ai ) + 2 − =i ( 2a + 2 ) + i ( a − 1) . ( 2a + 2 ) + ( 2a − 1)= 3 2 . 2 ⇒ w = 2 8a 2 + 4 a + 5 ≥ 2 Vậy mô đun nhỏ nhất của số phức w là 3 2 . 2 Câu 43. Hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại = 60°. Tính khoảng cách từ B đến B, BA 3= = a; BC 4a, ( SBC ) ⊥ ( ABC ) . Biết SB= 6a; SBC ( SAC ) . . A. 6a 57 . 19 19a 57 . 57 B. C. 17 a 57 . 57 D. 16a 57 . 57 Hướng dẫn giải S L C K G A H B . Gọi H là hình chiếu của S lên BC . Gọi K ; G lần lượt là hình chiếu của B; H lên CA . Gọi L là hình chiếu của H lên SG . Lúc đó SH ⊥ ( ABC ) . d ( B, ( SAC ) ) BC BC = ⇒ d ( B, ( SAC ) ) = HL . HC d ( H , ( SAC ) ) HC Xét ∆SHG vuông tại H , ta có: = HL , ta có: BK Xét ∆ABC vuông tại B = Xét ∆SHB vuông tại H , ta có. SH .HG SH .HG . = SG SH 2 + HG 2 BC.BA 4a.3a 12a . = = 5 BC 2 + BA2 16a 2 + 9a 2 Trang 17/21 - Mã đề thi 132 BH 1 SH 3 ⇒ BH = 6a= . 3a và sin 60 = ° ⇒ SH = a 3 3a . 6= SB 2 SB 2 HG CH 12a a 3 Khi đó CH = BC − BH = a ; = ⇒ HG = = a. BK CB 5 4a 5 3a 3 3a. BC SH .HG 4a 6 57 5 Vậy = = d ( B, ( SAC ) ) = a. . . 2 2 HC SH + HG a 19 9 2 2 27 a + a 25 Câu 44. Một đứa trẻ dán 42 hình lập phương cạnh 1cm lại với nhau, tạo thành một khối hộp có mặt hình chữ nhật. Nếu chu vi đáy là 18cm thì chiều cao của khối hộp là: A. 7 . B. 3 . C. 6 . D. 2 . = ° cos 60 Hướng dẫn giải Gọi 3 cạnh khối hộp là a, b, c . Ta có: abc = 42 , b + c = 9 , a, b, c là các số nguyên dương. 81 . Vì bc là số nguyên dương nên bc ≤ 20 . 4 Ta có: bc là ước của 42 , b + c = 9 ⇒ b, c có 1 số lẻ, 1 số chẵn ⇒ bc chẵn. 6 hay bc = 14 . ⇒ bc = Nếu bc = 6 thì b, c là nghiệm của phương trình X 2 − 9 X + 6 = 0 (loại vì nghiệm không nguyên) ⇒ bc = 14 ⇒ a = 3. Ta có: 9 = b + c ≥ 2 bc ⇒ bc ≤ Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;1) , B ( 2; − 1;3) . Tìm điểm M trên mặt phẳng ( Oxy ) sao cho MA2 − 2MB 2 lớn nhất. 1 3  B. M  ; − ;0  . 2 2  A. M ( 3; − 4;0 ) . Lời giải 3 1  D. M  ; ;0  . 2 2  C. M ( 0;0;5 ) . 1 − xI = 2 ( 2 − xI )      Gọi M là điểm thỏa mãn IA − 2 IB = 0 ⇔ IA = 2 IB ⇔ 2 − yI = 2 ( −1 − yI )  1 − z I = 2 ( 3 − z I )  xI = 3  ⇔  yI =−4 ⇒ I ( 3; −4;5 ) z = 5  I   2   2    Khi đó MA2 − 2MB 2 = MI + IA − 2 MI + IB = − MI 2 + 2 MI IA − 2 IB + IA2 − 2 IB 2 ( ) ( ) ( ) = − MI 2 + IA2 − 2 IB lớn nhất ⇔ MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( Oxy ) Suy ra M ( 3; −4;0 ) . Câu 46. Xét các số phức z = a + bi, (a, b ∈ R) thỏa mãn z − 1 + 2i = 5 . Tìm P= 16a+8b biết z +1 + i + z − 1 + 4i đạt giá trị lớn nhất. A. −36. B. Lời giải 58. C. 58. D. 40. z − 1 + 2i = 5 ⇔ (a − 1) + (b + 2) 2 = 5 ⇔ a 2 + b 2 = 2a − 4b 2 M= z +1 + i + z − 1 + 4i Trang 18/21 - Mã đề thi 132 = (a + 1)2 + (b + 1)2 (a − 1)2 + (b + 4)2 + áp dụng BĐT cosy ta có [ M 2 ≤ 2 (a + 1) + (b + 1) + (a − 1) + (b + 4 ) 2 [( 2 2 ) M 2 ≤ 2 2 a 2 + b 2 + 10b + 19 2 ] ] M 2 ≤ 2[2(2a − 4b ) + 10b + 19] M2 ≤ 4a + 2b + 19 2 M2 ≤ 4(a − 1) + 2(b + 2) + 19 2 (4 Mà 4(a − 1) + 2(b + 2) + 19 ≤ ⇒ 2 )[ ] + 2 2 (a − 1) + (b + 2 ) + 19 2 2 M2 ≤ 29 ⇔ M 2 ≤ 58 . Do đó M đạt GTLN bằng 2 58 4a + 2b = 10 5 45 ⇒ ⇒b=− ⇒a= 8 16  58 = 4a − 2b + 2 + 4b + 17 ⇒ P = 16a + 8b = 40 (1 − 2 x )= Giả sử có khai triển Câu 47. n a0 + a1 x + a2 x 2 +…+ an x n . Tìm a5 biết a0 + a1 + a2 = 71. 5 A. −672x . C. −672 . 5 B. 672x . D. 672 . Lời giải Có (1 − 2 x ) = n n ∑C ( −2 ) i n i xi . i =0 Có a0 + a1 + a2 = Cn0 ( −2 ) + Cn1 ( −2 ) + Cn2 ( −2 ) = 71 0 ⇔ 1 − 2. 1 2 n! n! + 4. = 71 ⇔ 1 − 2n + 2n ( n − 1) = 71 1!( n − 1) ! 2!( n − 2 ) !  n=7 ⇔ 2n 2 − 4n − 70 =0 ⇔  .  n = −5 Vậy n = 7 . Khi đó a5 = C75 ( −2 ) = −672. 5  x= 2 − t  Câu 48. Cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x + 4 z + 1 =0 và đường thẳng d :  y = t . Tìm m để  z= m + t  2 2 2 d cắt ( S ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho các mặt phẳng tiếp diện của ( S ) tại A và tại B vuông góc với nhau. A. m = 0 hoặc m = − 4 . C. m = 0 hoặc m = 4 . Tâm I 1;0; 2 . B. m = −1 hoặc m = −4. . D. m = −1 hoặc m = 0 . Hướng dẫn giải Trang 19/21 - Mã đề thi 132 Để d  cắt  S  tại 2 điểm A, B thì phương trình: 2 2 t  2  t 2  m  t   2 t  2  4 m  t  1  0 có 2 nghiệm phân biệt.  3t 2  2t m  1  m 2  4m  1  0 .    2m 2 10m  2  0 *  Ta có: IA là vtpt của mặt phẳng tiếp diện tại A .  IB là vtpt của mặt phẳng tiếp diện tại B. . Mà 2 mặt phẳng vuông góc với nhau.    IA.IB  0   x A 1 xB 1  y A yB   z A  2 z B  2  0  1 a 1 b  ab  m  a  2m  b  2  0 .  m  1a  b  3ab  m 2  4m  5  0 1  2   a  b   m  1   3 Theo định lý Viet có:  . 2  m  4m  1   ab   3   4 20m 16   0. 3 3 3  m  1  n  (vì thỏa điều kiện * ).     m 4 n    1  m2  π Cho biết Câu 49. 4 cosx aπ + b ln 2 với a và b là các số hữu tỉ. Khi đó = ∫ s inx + cosx dx 0 1 A. . 2 B. 1 . 4 C. 3 . 4 D. Hướng dẫn giải a bằng: b 3 . 8 π π 4 Xét 4 cos x sin x dx I 2 = ∫ dx sin x + cos x sin x + cos x 0 0 I1 = ∫ ; . π ⇒ I1 + I 2= 4 ∫ dx= 0 π 4 ; π π π cos x − s inx I1 −= I2 ∫ dx = sin x + cos x 0 4 d (sin x + cos x) 1 ln(sin x + cos x= ) ln 2 . ∫0 sin x + cos = x 2 0 4 4 π 1 1 1 a 1 ⇒ I1 = + ln 2 ⇒ a = ; b = ⇒ = . 8 4 8 4 b 2 Cách giải khác:Đặt x= π 4 −t . Câu 50. Ba cầu thủ sút phạt đến 11m, mỗi người đá một lần với xác suất làm bàn tương ứng là x , y và 0,6 (với x > y ) . Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là 0,976 và xác suất để cả ba cầu thủ đều ghi bàn là 0, 336 . Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn. A. P = 0, 452 B. P = 0, 435 C. P = 0, 4525 D. P = 0, 4245 Hướng dẫn giải Trang 20/21 - Mã đề thi 132
- Xem thêm -