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 TỐN HỌC
Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên  ?
f  x  x 4  2 x 2  4
f  x  x 3  3x 2  3 x  4
A.
.
B.
.
2x  1
f  x 
f  x  x 2  4 x  1
x 1 .
C.
.
D.
Lời giải
Chọn B

f  x   x3  3x 2  3x  4

2

có

f  x  3 x 2  6 x  3 3  x  1 0 x  
,
nên hàm số này đồng

biến trên  .

Câu 2:

Cho số phức z 3  2i . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số
phức iz ?
  2;3 .
A.
 3;  2  .
C.

B.

 2;  3 .

D.

  2;3i  .

Lời giải
Chọn B
iz i  3  2i  3i  2i 2 2  3i  iz 2  3i
Ta có:
.

Vậy điểm biểu diễn số phức
Câu 3:

iz là:  2;  3  .

Một người gửi tiết kiệm số tiền 80000000 đồng với lãi suất 6, 9% / năm. Biết rằng tiền lãi
hàng năm được nhập vào tiền gốc, hỏi sau đúng 5 năm người đó rút được cả tiền gốc lẫn tiền lãi
gần với con số nào sau đây?
A. 105370000 đồng. B. 111680000 đồng. C. 107 667 000 đồng. D. 116570000 đồng.
Lời giải.
Chọn B
Gọi

P0 là số tiền gửi ban đầu, r là lãi suất / năm.

Số tiền gốc và lãi sau năm thứ nhất:
Số tiền gốc và lãi sau năm thứ hai:

P1 P0  P0 .r P0  1  r 

P2 P1  P1.r P0  1  r 

2

.

.

….
Số tiền gốc và lãi người đó rút ra được sau 5 năm là
5
5
P5 P0 .  1  r  80 000000.  1  6,9%  111680799
Câu 4:

(đồng).

log 2  x 2  3 x  m  log 2 x
S
m
Gọi
là tập hợp các số nguyên
thỏa mãn phương trình
có

nghiệm duy nhất. Số phần tử của tập hợp
A. 3 .
B. 1.

S    2;  

là

C. 4.
Lời giải.

D. 2.

Chọn A
Điều kiện: x  0
log 2  x 2  3x  m  log 2 x

 1

2
2
 x 2  3x  m  x  x  4 x  m 0  m  x  4 x
f  x   x 2  4 x
Đặt
f  x   2 x  4 0  x 2
Ta có
Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy, để
 m 4

 m 0
nhất

 1

 2

có nghiệm dương duy nhất

  2

có nghiệm dương duy

S  m   | m    ; 0   4 
Suy ra
S    2;     1;0; 4
Vậy
.
Câu 5:

   ;   là
Phương trình sin x cos x có số nghiệm thuộc đoạn
A. 3 .
B. 5 .
C. 2 .
Lời giải
Chọn C
Ta có sin x cos x  tan x 1

x     ;      4
Theo đề


 k
4
, ( k  ).
5
3
 k    k 
4
4.

 x

k    1;0
Mà k   
.
2
Vậy có nghiệm thỏa u cầu bài tốn.
Câu 6:

Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?

D. 4 .


3
2
A. y  x  3 x  1 .

3
B. y x  3 x  1 .

3
2
C. y  x  3 x  1 .
Lời giải

3
D. y  x  3 x  4 .

Chọn B

Nhận xét a  0 loại A.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên loại C, D.

Câu 7:

 1;5 sao cho
Cho hai hàm số f và g liên tục trên đoạn

5

5

f  x  dx 2

g  x  dx 3

1

và

1

5

trị của

 2 g  x   f  x   dx
1

là

B. 6 .

A. 4 .

C. 2 .
Lời giải

D.  2 .

Chọn A

 1;5 nên
Vì hai hàm số f và g liên tục trên đoạn
5

5

 2 g  x   f  x   dx 2g  x  dx 
1

Câu 8:

Cho hàm số

1

y  f  x

5

f  x  dx 4
1

.

có bảng biến thiên như sau:

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là:
A. 3 .
B. 4 .
C. 1 .
D. 2 .
Lời giải
Chọn D
y  f  x
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số
, ta có
lim f  x  
y  f  x
x   2
nên x  2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
.
lim f  x  3
y  f  x
x  
nên y 3 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
.
2
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là .

. Giá


Câu 9:

4
2
Với m là một tham số thực sao cho đồ thị hàm số y x  2mx  1 có ba điểm cực trị tạo
thành một tam giác vng. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A. m 2 .
B. 0 m  2 .
C.  2 m  0 .
D. m   2 .

Lời giải
Chọn C

 x 0
y 0   2
3
 x  m 0
Ta có: y 4 x  4mx .

 1 .

Để đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị thì phương trình
khác 0 , nghĩa là m  0 (*).

 x 0  y 1

y 0  
2
 x   m  y 1  m .
Khi đó
2
C  m ;1  m 2
A  0;1 B   m ;1  m







 1

phải có hai nghiệm phân biệt



Gọi
,
và
lần lượt ba điểm cực trị của đồ thị hàm
ABC
số. Theo tính chất của hàm số đã cho thì tam giác
ln cân tại A , vậy tam giác ABC



chỉ có thể vng tại A . Ta có:



BA 

 m ; m2

,


CA    m ; m 2



.

 
 m 0
BA.CA 0  m  m 4 0  
 m  1 . So với điều kiện (*) ta nhận m  1 .
Ta có:
Câu 10: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a , tâm O , SO a .

 SCD  bằng
Khoảng cách từ O đến mặt phẳng
A.

2a
2 .

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
5 .

D.

6a
3 .

1
a 2
SO OE a  d  O;  SCD   OH  SE 
2
2 .
Tam giác SOE vuông cân tại O , có
Câu 11: Hình nón ( N ) có thiết diện qua trục là tam giác đều có cạnh bằng 4 . Diện tích tồn phần của
( N ) bằng
A. 3 .

B. 8 .

C. 12 .
Lời giải

D. 9 .

Chọn C

Giả sử thiết diện qua trục của hình nón ( N ) là tam giác OAB đều có cạnh
OA = OB = AB = 4 như hình vẽ trên. Khi đó hình nón có đỉnh O , độ dài đường sinh là
AB
r  2
l OA OB 4 , bán kính đáy
2
.
S  rl   r 2  .2.4   .22 12
Vậy diện tích tồn phần của hình nón ( N ) là tp
.

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
2 .

7
B. 2 .

6
C. 2 .
Lời giải

5
D. 2 .

Chọn C
 


AB   1;0;1 AC  1;1;1   AB; AC    1; 2;  1 .
,


1

6
 S ABC   AB; AC  
2
2 .

I  1; 2;  1
Câu 13: Trong khơng gian Oxyz , mặt cầu có tâm
và tiếp xúc với mặt phẳng
( P) : 2 x  2 y  z  8 0 có phương trình là
A.
C.

2

2

2

2

2

2

( S ) :  x  1   y  2    z  1 3
( S ) :  x  1   y  2    z  1 9

.
.

B.

2

2

2

2

2

2

( S ) :  x  1   y  2    z  1 3

D.
Lời giải

( S ) :  x  1   y  2    z  1 9

.
.


Chọn C
Do mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng nên bán kính mặt cầu là:
2  4 1  8
d  I ;  P   r 
3  r 3

4  4 1
2

Vậy phương trình mặt cầu là:

2

2

( S ) :  x  1   y  2    z  1 9

A  2; 0; 0  B  0; 4;0  C  0; 0;6  D  2; 4; 6 
 P  là mặt
Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho
,
,
,
. Gọi
phẳng song song với

mp  ABC 

,

 P

 ABC  . Phương trình của
cách đều D và mặt phẳng

 P

là
A. 6 x  3 y  2 z  24 0 .
C. 6 x  3 y  2 z 0 .

B. 6 x  3 y  2 z  12 0 .
D. 6 x  3 y  2 z  36 0 .
Lời giải

Chọn A
x y z
  1
 6 x  3 y  2 z  12 0 .
Phương trình
: 2 4 6
 P  song song với mặt phẳng  ABC  nên phương trình có dạng:
Mặt phẳng
6 x  3 y  2 z  d 0 , d  12 .

mp  ABC 

�