DOWNLOAD PDF

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.72 MB, 22 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ THI GIAO LƯU KIẾN THỨC LẦN 2
MƠN: TỐN

Thời gian làm bài:90 phút
(Khơng kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 06 trang)

Họ và tên:………SBD:……….

Câu 1. Trong mặt phẳng phức với hệ tọa độ Oxy, điểm M



1; 2



biểu diễn cho số phức z nào sau
đây?

A. z 1 2i. B. z  1 2i. C. z  2 i. D. z 1 2i.

Lời giải
Chọn D

Điểm M



1; 2



biểu diễn cho số phức z 1 2i.

Câu 2. Họ nguyên hàm của hàm số f x

 

2x e



x1



là

A. 2e xx



 1



x C2 . B. 2e xx



 1 4



x C2 .

C. 2e xx



 1



x2. D. 2e xx



 1 4



x2.

Lời giải
Chọn C

Nguyên hàm f x dx

 

 2x e



x 1



dx



Đặt 2





x x

u x du dx

dv e dx v e x



  

 

     



Do đó

 

2





2





2





2 2



2 1



x x x x x x

f x dx x e  x e x dx x e  x e   C e x x C

 



Câu 3. Trong mặt phẳng phức Oxy, tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z  1 2 1i  là
một đường tròn

 

C . Tâm I của đường trịn đó là

A. I

 

1;2 . B. I



2; 1



. C. I



 2; 1



. D. I

 

2;1 .

Lời giải
Chọn A

Giả sử z x yi  , x y, .

Ta có z 1 2i  1



x yi

 

 1 2i



 1



x   1

 

y 2



i  1



x1

 

2 y2



2 1.
Do đó quỹ tích các điểm M biểu diễn z là đường tròn tâm I

 

1;2 , bán kính bằng1.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

A. 1  a b c. B.1  a c b. C. 0   a 1 b c. D. 0   a 1 c b.

Lời giải

Chọn D.

Hàm số y a x nghịch biến nên 0 a 1

Hàm số y b y c x;  x đồng biến nên b c, 1. Mặt khác  x ,cx bx c b.

Vậy 0   a 1 c b

Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

: 0

1 2

x t

d y

z t

 

 

  


. Véc tơ nào sau đây là
một véc tơ chỉ phương của đường thẳng d?

A. u



1;0;1



. B. u



1;0; 2



. C. u



1;0;1



. D. u



1;0;2



Lời giải

Chọn B.

Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : 1

1 2 2

x y z

d    và

 

: 2x 2 0

mp   y z  . Khoảng cách giữa đường thẳng d và mặt phẳng

 

 bằng:

A. 1

3. B. 3. C. 0. D.

1
3 .

Lời giải

Chọn A.

Véc tơ chỉ phương của đường thẳng d là: ud 



1;2;2



; Điểm M



0;0;1



d

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

 là: n



2; 2;0



Ta có:

 

. 0

d
u n

M 

 






 

nên d/ /

 

 . Do vậy khoảng cách giữa đường thẳng d và mặt phẳng

 


bằng:



 





 



</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 7. Trong không gian Oxyz, cho điểm E



1;1; 1



. Gọi A B, và Clần lượt là hình chiếu của E trên
các trục tọa độ Ox Oy Oz, , . Điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng



ABC



A. M



2;1; 1



. B. Q



1;1;1



. C. N



0;1;1



. D. P



1; 1;1



Lời giải

Chọn B.

Vì A B, và Clần lượt là hình chiếu của Etrên các trục tọa độ Ox Oy Oz, ,



1;0;0 , 0;1;0 , 0;0; 1

 



A B C

 

Phương trình





: 1

1 1 1

x y z

ABC   





1;1;1

 



Q ABC

 

Câu 8. Cho 1
0

1
ln

1 2

xdx a b e

e


 





, với avà blà các số nguyên. Tính S a b 3 3.

A. S 0. B. S  2. C. S1. D. S 2.

Lời giải

Chọn A.





1 1 1 1 1 1 1

0 0

0 0 0 0 0 0

1 1 1 ln 1 1 ln1

1 1 1 1 2

x

x x x

x

x x x x

d e

dx e e dx e dx dx x e e

e e e e



  

         

   



Vậy a1;b   1 S a b3 3 0

Câu 9. Tập nghiệm của bất phương trình 2

10x exlà:

A.



0;10e



. B.

 

0;e . C.



0;lge



. D.



0;ln10 .



Lời giải

Chọn C.

 





2 2 2

10 ln ln 10 .ln10 1 ln10 0

0 1

1 ln10 0 ln10 1

ln10

0 0

1 ln10 0 1

ln10

x ex ex x x x x x

x
x
x
x
x
x x
x x
       
 


  

 
   

 

    
 
 
 
  

 



Câu 10. Ba anh em Sơn, Tuấn và Minh cùng vay tiền ở một ngân hàng với lãi suất 0,7% tháng với tổng

số tiền vay của cả ba người là 1 tỉ đồng. Biết rằng mỗi tháng ba người đều trả cho cho ngân
hàng một số tiền như nhau để trừ vào tiền gốc và lãi. Để trả hết gốc và lãi cho ngân hàng thì
Sơn cần 10 tháng, Tuấn cần 15 tháng và Minh cần 25 tháng. Số tiền trả đều đặn cho ngân hàng
mỗi tháng của mỗi người gần nhất với số tiền nào dưới đây?

A. 21900000 đồng. B. 21090000 đồng. C. 21422000 đồng. D. 21400000 đồng.

Lời giải

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Ta xét cơng thức tính số tiền cịn nợ ngân hàng khi mượn số tiền X và trả đều đặn mỗi tháng

m với lãi suất r là:



1 r







1
n

n r

X m

r

 

  .

Gọi số tiền vay của mỗi người lần lượt là X Y Z, , thỏa X Y Z  109.
Gọi m là số tiền mà mỗi người phải trả trong một tháng.

Trong 10 tháng đầu cả ba anh em trả mỗi tháng số tiền là 3m.

Trong 5 tháng tiếp theo thì hai anh em còn lại trả mỗi tháng số tiền là 2m.

Trong 10 tháng cuối thì người cịn lại trả mỗi tháng số tiền là m.

Số tiền còn nợ ngân hàng ở cuối tháng thứ 10 là:









10 10

9 1 0,7% 1 9 10 1,007 1

10 1 0,7% 3 . 10 .1,007 3 .

0,7% 0,007

m   m 

    .

Số tiền còn nợ ngân hàng ở cuối tháng thứ 15 là:

10 5

9 10 1,007 1 5 1,007 1

10 .1,007 3 . .1,007 2 .

0,007 0,007

m m

     

 

  .

Số tiền còn nợ ngân hàng ở cuối tháng thứ 25 là:

10 5 10

9 10 1,007 1 5 1,007 1 10 1,007 1

10 .1,007 3 . .1,007 2 . .1,007 . 0

0,007 0,007 0,007

m m m

     

   

  

 

  .

Giải phương trình ta có: m21422719.

Câu 11. Có bao nhiêu số phức z thoả mãn z  2 i 2 2 và



z1



2 là số ảo?

A. 2. B.1. C. 4. D. 3.

Lời giải

Chọn D

Đặt z a bi a b  , ,







Ta có:



 





 



 

2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 1

z  i  a  b i   a  b 
Ta lại có:



z1

 

2  a bi 1

 

2  a1



22



a1 .



bi b 2 là số ảo nên





2 2







1 0

1 0 1 1 0

1 0

a b

a b a b a b

a b

  


             

 .

Với a 1 b thay vào

 

1 , ta có:



1 b 2

 

2 b 1



2 82b24b    2 0 b 1.
Với a 1 b thay vào

 

1 , ta có:



1 b 2

 

2 b 1



2 82b2     8 2 0b b 2 3.
Do đó có 3 số phức thỏa mãn đề bài.

Câu 12. Cho các số thực a b, 0. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nàosai?

A. log 22



ab

 

2  1 log2alog2b



2. B. log 22



ab



2  2 log2

 

ab 2.

C. log 22



ab



22 1 log



 2alog2b



. D. log 22



ab



2 2 2log2

 

ab .

Lời giải

Chọn A

Ta có: log 22



ab



2log 22



2 2 2a b



 2 2log2a2log2b2 1 log



 2alog2b



</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

A. y  x4 2x23. B. y x 42x2. C. y x 42x23. D. y x 42x2.

Lời giải

Chọn B.

Đây là đồ thị hàm số trùng phương với a0,b0,c 0 .

Câu 14. Cho khối hộp ABCD A B C D.     có thể tích bằng 2019. Gọi M là trung điểm của AB . Mặt
phẳng



MB D 



chia khối hộp ABCD A B C D.     thành hai khối đa diện. Tính thể tích khối đa diện
chứa

đỉnh A.

A. 4711

4 . B.

5045

6 . C.

4711

8 . D.

10090
17 .

Lời giải

Chọn C.

Gọi N là trung điểm AC. Các đường thẳng AA B M D N , ,  đồng quy tại E A là trung điểm
của EA.

Gọi V1 thể tích khối đa diện chứa đỉnh A.

Gọi V S h, , lần lượt là thể tích, diện tích đáy và chiều cao của khối hộp, ta có:
.

. 1

1.2 .1 1 1 1 7 1. 7 4711

3 2 3 3 E AMN 8 8 3 24 8

E A B D

E A B D
V

V h S Sh V V V V

V
  

  

         .

Câu 15. Cho cấp số cộng

 

un có u11 và cơng sai d 5. Khi đó u11 bằng

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Lời giải

Chọn D.

Ta có un  u1



n1



du11 u1 10d  1 20 19.

Câu 16. Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm thực của phương
trình 2f x

 

 1 0 là

A. 4. B.1. C. 3. D. 2.

Lời giải

Chọn C

Ta có 2

 

1 0

 

1
2

f x    f x  . Số nghiệm của phương trình đã cho chính là số giao điểm
giữa hai đồ thị

 

, : 1

2
C y f x d y  .

Dựa vào đồ thị ta thấy d cắt

 

C tại 3 điểm phân biệt nên phương trình đã cho có 3 nghiệm
phân biệt

Câu 17. Khi thực hiện phép thử T chỉ có một số hữu hạn các kết quả đồng khả năng xuất hiện. gọi

 

n  là số kết quả có thể xảy ra của phép thử T , A là biến cố liên quan đến phép thử T ,

 

n A là số kết quả thuận lợi cho biến cố A, P A

 

là xác suất của biến cố A. Khẳng định nào
sau đây làđúng?

A. P A

 

n

 

 

n A



 . B. P A

 

n A

 

 

n


 . C. P A

 

n A

 

. D. P A

 

n

 

 .

Lời giải

Chọn B

Theo lý thuyết SGK, ta có

 

n A
P A

n


</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 18. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 4a và chiều cao 3a. Diện tích xung quanh của hình nón
bằng:

A. 20a2. B. 40a2. C. 12a2. D. 24a2.

Lời giải

Chọn A

Ta có độ dài đường sinh của hình nón là l h2r2  16a29a2 5a.
Khi đó, .4 .5 20 2

xq

S rl a a a .

Câu 19. Cho log52x 8log25a9log125b



a b x, , 0



. Khi đó giá trị của x là:

A. x 2b43
a

 . B. x2a b4  3. C. x2a b4 3. D. 3
4

2
b
x

a
 .

Lời giải

Chọn A

Ta có 4 3 4 3

5 25 125 5 5 5 3 4

2 2 2 2

log 8log a 9log b log log a log b a x b

x   x   x b   a .

Câu 20. Cho hàm số y f x

 

liên tục trên



4;2



và có đồ thị như hình vẽ bên. Khi
đó  

 

 

 

4;2
4; 1

max min

x

x   f x    f x bằng

A. 1. B. 0 .

C. 2. D. 5.

Lời giải

Chọn B

Nhìn vào đồ thị ta có

 4; 1

 

 4;2

 

max min 2 2 0

x

x   f x    f x     .

Câu 21. Một hình hộp chữ nhật có ba kích thước là a a a, 2 , 3 . Thể tích khối hộp chữ nhật đó bằng

A. a3. B. 3a3. C. 2a3 D. 6a3.

Lời giải

Chọn D

Ta cóV a a a .2 .3 6a3.

Câu 22. Cho hàm số y f x ( )có bảng xét dấu đạo hàm:

x  1 2 3 4 

'( )

f x  0 + 0 + 0  0 +

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

A.

 

3;4 . B.



2; 4



. C.

 

1;3 . D.



 ; 1



Lời giải

Chọn C

Từ bảng xét dấu đạo hàm ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng

 

1;3 và



4;



Câu 23. Cho hàm số f x( ) có bảng biến thiên như sau:

Tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y f x ( )bằng:

A.1. B.3. C.4. D.2.

Lời giải

Chọn B
Ta có:

lim 1 1

xy  y là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

lim 0 0

xy  y là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

lim 1

x y   x là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có tất cả ba đường tiệm cận.

Câu 24. Tìm nguyên hàm của hàm số f x e( ) x



1ex



A. f x dx e C( )  x



. B. f x dx e( )  xC



C. f x dx e( )  x x C



. D. f x dx e e( )  x xC.



Lời giải

Chọn A

Ta có f x dx( )  ex



1e dxx







ex1



dx e  x x C.



</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

A.Điểm x0=1 là điểm cực tiểu của hàm số.

B.Giá trị cực đại của hàm số bằng 2.

C.Điểm x0= -1là điểm cực đại của hàm số.

D.Giá trị cực tiểu của hàm số bằng 1.

Lời giải

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy x=1là điểm cực đại của hàm số Þ Asai.

Câu 26. Trong không gian Oxyz , mặt cầu

( )

S có phương trình: x2+y2+ -z2 2x-4y+6z+10 0= .

Bán kính của mặt cầu

( )

S bằng:

A. R=3 2. B. R=4. C. R=1. D. R=2.

Lời giải

Chọn D.

Mặt cầu

( )

S x: 2+y2+ -z2 2x-4y+6z+10 0= Þtâm I

(

1;2; 3-

)

và bán kính

( )

2 2

1 2 3 10

R= + + - - =2.

Câu 27. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng





1 2

: 2

2 2
 


   


   




x t

d y t t

z t

và điểm M



1;2;m



. Tìm các
giá trị của tham số m để điểm M thuộc đường thẳng d.

A. m1. B. m2. C. m0. D. m 2.

Lời giải

Chọn D

Cách 1:Nhìn vào phương trình đường thẳng





1 2

: 2

2 2
 


   


   




x t

d y t t

z t

, ta thấy d đi qua điểm có

tọa độ là



1;2; 2



, do đó chọn D.

Cách 2: M thuộc đường thẳng d nên

1 1 2

0
2 2

2
2 2

 




   

   


   



t

t
t

m

m t

, vậy chọn D.

Câu 28. Cho hình lập phương có cạnh bằng a. Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình lập phương đó
bằng:

A. 3 3

3
 a

V  . B. 4 3 3

3


V a . C. V 4 3a3. D. 3 3

2
 a

V  .

Lời giải

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Tâm khối cầu ngoại tiếp hình lập phương là trung điểm của một đường chéo của hình lập

phương (như hình vẽ). Do đó bán kính ' 2 2 '2 3

2 2 2

 

 AC  AB AD AA  a

R .

Vậy thể tích khối cầu: 4 3 3 3

3 2

  a

V R  .

Câu 29. Diện tích phần hình phẳng tơ đậm trong hình vẽ bên được tính theo cơng thức nào dưới đây?

A. 1







  x 2 x dx. B. 1







  x 2 x dx.

C. 1







x  2 x dx. D. 1







x  2 x dx.

Lời giải

Chọn B.

Ta có 1 2 1





0 0

2 2 2 2

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Câu 30. Phương trình log 3.2 14



x  



x 1 có hai nghiệm
1, 2

x x . Tính giá trị của P x x 1 2.

A. 2 . B. log 6 4 22







. C. 12 . D. 6 4 2 .

Lời giải

Chọn A.

Điều kiện xác định 3.2 1 0 2 1.
3
x   x

Khi đó:





 

2
1 2

2 6 4 2
1

log 3.2 1 1 3.2 1 4 .2 3.2 1 0

4 2 6 4 2

x

x x x x x

x

x     tm

           

 


Do đó 1 2 1 2 2

1 2
2 .2x x  4 2x x 2  x x 2.

Câu 31. Cho hình chóp S ABCD. đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA3 2a và SA



ABCD



.
Thể tích khối chóp S ABCD. bằng

A. 3 2

a . B. a3 2. C. 3a3 2. D. 4 3 3

3
a .

Lời giải
Chọn B

Thể tích khối chóp đã cho bằng 1 . 1 2.3 2

3 ABCD 3

V  S SA a a suy ra V a 3 2.

Câu 32. Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có bảng biến thiên (hình vẽ bên).

Khẳng đỉnh nào sau đâu sai?

A.Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 5. B.Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang.

C.Hàm số có hai điểm cực trị. C.Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 2.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Từ bảng biến thiên suy ra lim 5

xy nên khẳng định hàm số có giá trị lớn nhất bằng 5 là
khẳng định sai.

Câu 33. Cho hình chóp S ABCD. có SA



ABCD



,đáy ABCD là hình chữ nhật với AC 5 và
2

BC . Tính khoảng cách giữa SD và BC.

A. 2 .

a B. 3

a. C. 3

a . D. a 3.

Lời giải.

Chọn D.

Ta có: BC AD// BC SAD//





d BC SD





d BC SAD





d B SAD





.
Mà AB SA AB



SAD



d B SAD



,





BA AC2 BC2 a 3.

AB AD


      
 


Vậy d BC SD





a 3.

Câu 34. Biết rằng x y, là các số thực dương sao cho 3 số log2 log2

1 8x y, 2 2x y, 3 5

u   u   u  y theo thứ tự đó

lập thành một cấp số cộng và một cấp số nhân. Khi đó 2 .xy2 có giá trị bằng:

A. 10. B. 5. C. 5. D. 1.

Lời giải

Chọn D.

Do các số log2 log2

1 8x y, 2 2x y, 3 5

u   u   u  y theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng và một cấp

số nhân nên ta có:













2 2

3 3
log log

1 3 2

2
2

2 log log

1 3 2 3 3

2.2
2 . 5

8 5 2 2

. 8 .5 2 2

2 . .5

x
x

x y x y

x

x y x y

x

y y

y y

u u u

u u u y

y y
y
 

 
  

  
 
  
   
 
 
     
  

Đặt 22 0

0
x
a
b y
  


 

3 2

3 2 3 2

3 3 2 3

. 5 2

. 5 2 . 5 2

5 . 5 . 1

a b b a

a b b a a b b a

a

a b a a b

b
  
     
  
  

 
 
  

8 4 4

3 3

1 . 1 2 1. 5 0 1 25 1

125 5 5 1 2 . 1.

1 1 5

5 5

x
b

b b b ab y

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Vậy 2 .xy2 1.

Câu 35. Cho số phức z a bi a b 



, 



thỏa mãn z  3 i z i0. Tổng S a b  2ab bằng

A. 23. B. 24. C. 23. D. 24.

Lời giải
Chọn C

Ta có z  3 i z i     0 a bi 3 i a2b i2 0



2 2



3 1 0

a b a b i

      

2 2

3 0

1 0

a

b a b

 

 
   
 2
3
9 1
a
b b
 

 
  

 2 2

3
1

9 2 1

a
b

b b b

 

  
 

    

3
4
a
b
 

  
 .

Vậy S 23.

Câu 36. Phương trình z22z 5 0 có hai nghiệm
1, 2

z z . Khi đó 2 2
1 2

z  z bằng

A. 10 . B. 10. C. 5. D. 2 5 .

Lời giải
Chọn B

Ta có z22z 5 0



1

  

2 2 2

z i

   1

2
1 2
1 2
z i
z i
 

   


Vậy 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 10
z  z   i   i  .

Câu 37. Cho hàm số y f x=

( )

=log

(

x2+2019

)

. Khi đó f x¢

( )

bằng:

A.

 

2 2 .

2019
x
f x

x
 

 B.

 



2 2019 ln10



x
f x

x
 

 .

C.

 



2 2



2019 ln10
x

f x

x
 

 D.

  

2019 ln10



x
f x
x
 
 .
Lời giải
Chọn C

Ta có

( )

(

)

2
2019 ln10
x
f x
x
¢ =
+ .

Câu 38. Cho hàm số y f x y g x=

( )

, =

( )

liên tục trên ¡ và có đồ thị các đạo hàm f x g x

( ) ( )

, (đồ thị

( )

y g x= ¢ là đường đậm hơn) như hình vẽ. Hàm số h x

( )

= f x

(

- -1

)

g x

(

-1

)

nghịch biến trên
khoảng

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

A. 1 ;1 .

2
 
 

  B.



1;



. C.



2;



. D.
1
1; .

2
 
 
 
Lời giải

Chọn D

Ta có h x

( )

= f x

(

- -1

)

g x

(

-1

)

Hàm số h x

( )

nghịch biến h x

( )

0 f x

(

)

g x

(

)

1 1

2 1 1

2 2

0 1 1 1 2

x x

-.
Vậy ta chọn đáp án D

Câu 39. Cho 1
0

f (x)d 1



x . Với 1 x
0

I



e f (x) d  x e a. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. a 2 B. a 1 C. a 2 D. a 1

Lời giải.

Chọn C.

Ta có 1 x 1 x 1

0 0 0

I



e f (x) d  x



e dx



f (x)dx       e 1 1 e 2 a 2 .

Câu 40. Sân trường có một bồn hoa hình trịn tâm O. Một nhóm học sinh lớp 12 được giao thiết kế bồn
hoa, nhóm này định bồn hoa thành bốn phần bởi hai đường parabol có cùng đỉnh O và đối xứng
nhau qua O (như hình vẽ). Hai đường parabol cắt đường trịn tại bốn điểm A B C D, , , tạo thành
một hình vng có cạnh bằng 4m. Phần diện tích S S1, 2 dùng để trồng hoa, phần diện tích

3, 4

S S dùng để trồng cỏ. Biết kinh phí trồng hoa là 150.000 đồng/1m2, kinh phí để trồng cỏ là
100.000 đồng/1m2. Hỏi nhà trường cần bao nhiêu tiền để trồng bồn hoa đó? (Số tiền làm trịn
đến hàng chục nghìn).

A. 3.270.000đồng B. 5.790.000đồng C. 3.000.000đồng D. 6.060.000 đồng

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Chọn A.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với A



2;2 , 2;2

  

B .

Phương trình parabol phía trên trục hồnh có dạng ( ) :P y ax 2trong đó (2;2) ( ) 1

2
B  P  a .
Phương trình parabol là 2

2
x

y .

Phương trình cung trịn nằm phía trên trục hoành là y R2x2  OA x2 2  64x2 .

Khi đó 2 2 2

1
2

( 8 )

x

S x dx







  . Diện tích hình trịn là SR2 8 .
Ta có số tiền cần chi trả là T 150.2S1100



S2S1



3.270.000.

Câu 41. Trong hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

( ) (

) (

)

: cos cos cos 4

S x- a + -y b + -z g = , với
, ,

a b g lần lượt là ba góc nhọn tạo bởi tia Ot bất kỳ với ba tia Ox, Oy và Oz. Biết rằng mặt

cầu

( )

S luôn tiếp xúc với hai mặt cầu cố định. Tổng diện tích của hai mặt cầu cố định đó bằng:

A. 36p. B. 4p. C. 20p. D. 40p.

Lời giải

Chọn D

Mặt cầu

( )

S có tâm I

(

cos ; cos ; cosa b g

)

Vì a b g, , lần lượt là ba góc nhọn tạo bởi tia Ot bất kỳ với ba tia Ox, Oy và Oz nên suy ra I
thuộc mặt cầu

( )

S có tâm là điểm O

(

0;0;0

)

, bán kính R= cos2a+cos2b+cos2g =1
Mặt cầu

( )

S luôn tiếp xúc với hai mặt cầu cố định

( ) ( )

S1 , S2

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

( )

S2 tâm O bán kính R2=OI R+ = + =2 1 3

Tổng diện tích của hai mặt cầu cố định đó bằng: 2 2
1 2

4pR +4pR = 4 +p 4 .9p =40p

Câu 42. Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm cấp hai trên  và có đồ thị f x

 

là đường cong trong hình
vẽ bên. Đặt g x

 

 f f x





 

1



. Gọi S là tập nghiệm của phương trình g x

 

0. Số phần tử
của tập S là:

A. 8. B. 6 . C. 10. D. 0 .

Lời giải

Chọn C.

Ta có g x

 

 f f x 



 

1 .



f x

 

Giải

 



 



 



 



 

1 0 1

0 1 . 0

0 2

f f x

g x f f x f x

f x

    
         

 

 .

Giải PT(1)

 

1 1 0

1 1 2

1 2 3

f x f x

     

 

 

 

    
      

 

- f x

 

   0 x 1, x1,x2.
- f x

 

 2 có 2 nghiệm.
- f x

 

 3 có 3 nghiệm.

Giải PT(2)

 

1
3

0 1

1;2
x

f x x

x a
  




    
  




Số nghiệm của phương trình g x

 

0là10.

Câu 43. Trong buổi sinh hoạt nhóm của lớp, tổ một có 12 học sinh gồm 4 học sinh nữ trong đó có

Dung và 8 học sinh nam trong đó có Hải. Chia tổ thành ba nhóm, mỗi nhóm có 4 học sinh và

phải có ít nhất một học sinh nữ. Tính xác suất để Dung và Hải cùng thuộc một nhóm.

A. 5

16. B.

16. C.

16. D.

7
16.

Lời giải

Chọn A

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Hai nhóm cịn lại có 12. 63

C C

cách (vì hai nhóm cịn lại có số nam và nữ như nhau)
Suy ra ( ) 42. . .82 21 63 3360

C C C C

n W = =

Gọi A là biến cố “ Dung và Hải cùng nhóm”

TH1: Nhóm Dung và Hải có hai nam và hai nữ ta có 1 1 21 63
3 7

. . 420

C C

C C =

TH2: Nhóm Dung và Hải có ba nam và một nữ ta có 2 2 2

7 5. 3 630

C C C =

Vậy xác suất 420 630 5

3360 16

Câu 44. Cho hàm số y = f x( ) liên tục trên ¡ và có dấu đạo hàm f x'( ) như sau

Xét hàm số g x( )=12 ( ) 2f x2 + x6-15x4 +24x2 +2019. Khẳng định đúng là

A.Hàm số g x( ) đồng biến (2;+¥). B.Hàm số g x( ) nghịch biến ( 2; 1)- - .

C.Hàm số g x( ) đạt cực đại tại x =0. D.Hàm số g x( ) có hai điểm cực tiểu.

Lời giải

Chọn A

Đặt f x'( )=k x( +1)(x -1)(x -4) (k >0)

2 5 3 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

'( ) 24 '( ) 12 60 48 12 [ '( ) ( 1)( 4)]

12 [2 ( 1)( 1)( 4) ( 1)( 4)]

12 .[2 ( 1) 1)]( 1)( 4)

g x xf x x x x x f x x x

x k x x x x x

x k x x x

= + - + = + -

-= + - - + -

-= + + -

-Câu 45. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho các điểm A(2;0;0), (0;6;0), (0;0;5)B C và điểm
N sao cho ON OA OB OC      . Một mặt phẳng ( )P thay đổi cắt các đoạn thẳng

, , ,

OA OB OC ON lần lượt tại các điểm A B C N1, , ,1 1 1 thỏa mãn

1 1 1

2019
OA OB OC

OA OB OC  và
1 ( ; ; )0 0 0

N  x y z khi đó

A. x0 y0z0  201911 B. x y z0  0 0 201918 C. x0 y z0  0 201913 .D. x0 y0 z0  201919 .

Lời giải
Chọn C

Ta có: ON OA OB OC      (2;6;5)N(2;6;5)
Ta thấy: OA2,OB6,OC5

Gọi A a1( ;0;0), (0; ;0), (0;0; )B1 b C1 c lần lượt là giao điểm của mặt phẳng ( )P với các đoạn thẳng
, ,

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Như vậy ta có: OA a OB b OC c1  , 1 , 1 . Mặt phẳng ( )P đi qua A B C1, ,1 1nên sẽ có phương
trình ( ) :P x y z 1

a b c   . Mà 1 1 1 2019

OA OB OC

OA OB OC  nên suy ra 2 6 5 2019a b c  

2 2 5

2 6 5 1 2019 673 2019 1 ( )

2019a 2019b 2019c a b c P

         đi qua 2 ; 2 ; 5

2019 673 2019

E 

 

Ta thấy: 2 ; 2 ; 5 1
2019 673 2019 2019

OE  ON E ON

 

 

Mà ta lại có E P E ON( ),  nên suy ra E là giao điểm của ( )P với đoạn ON
1( ; ; )0 0 0 0 20192 ; 0 20196 ; 0 20195

E N x y z x y z

      . Vậy 0 0 0 13

2019

x y z 

Câu 46. Người ta chế tạo một món đồ chơi cho trẻ em theo các công đoạn như sau: trước tiên chế tạo ra
hình nón trịn xoay có góc ở đỉnh là 2 60bằng thủy tinh trong suốt. Sau đó đặt hai quả cầu

nhỏ bằng thủy tinh có bán kính lớn, nhỏ khác nhau sao cho hai mặt cầu tiếp xúc với nhau và
đều tiếp xúc với mặt nón, quả cầu lớn tiếp xúc với mặt đáy của hình nón như hình vẽ. Biết rằng
chiều cao của hình nón bằng 9cm. Bỏ qua bề dày các lớp vỏ thủy tinh, tổng thể tích của hai
khối cầu bằng:

A. 100

 . B. 112
3



. C. 40



. D. 38

3


Lời giải

Chọn B

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Gọi ABlà đường kính mặt nón, S là đỉnh và M N, lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến chung
của hai mặt cầu và SA SB, như hình vẽ

Ta có tam giác SABđều nên bán kính đường trịn nội tiếp SAB bằng r1 3h 3
Tương tự như trên tam giác SMN đều nên bán kính đường trịn nội tiếpSMN bằng

1
2 r3 1

r  

Vậy tổng thể tích của hai khối cầu cần tìm là 3 3 3 3
1 2

4 ( ) 4 (3 1 ) 112

3 3 3

V   r r     

Câu 47. Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' 'có

AB CB



2,

AC



1

. Một mặt phẳng

( )

P

cắt các
đường thẳng

AA BB CC

', ', '

lần lượt tại

M N P

, ,

sao cho tam giác MNP đều. Gọi  là góc tạo
bởi

( )

P

và mặt phẳng

(

ABC

)

, khi đó:

A. cos 3
3



 . B. cos 5
3



 . C. cos 5
5



 . D. cos 10
5



 .

Lời giải
Chọn C

Ta có:

AB CB



2,

AC



1 

ABC

cân tại B 1. ( ;( )). 15

2 4

ABC

S d B AC AC

  

Ta có: mặt phẳng

( )

P

cắt các đường thẳng

AA BB CC

', ', '

lần lượt tại

M N P

, ,

và tạo mặt phẳng
( ) qua N song song với mặt đáy cắt AA CC IJ', ', lần lượt tại I J H, , với H là trung điểm IJ

Ta đặt: MN x IM  x2 4 PJ; 2 1 2 15

4 4

MH IM   x 

Mà H là trung điểm IJnên H cũng là trung điểm MP MP2MH  4x215

Do đề cho tam giác MNP đều nên ta có phương trình: MP MN  x 4x215 x 5

Suy ra 2 3 5 3

4 4

MNP x

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Đến đây ta nhận thấy, do ABClà hình chiếu của MNPlên mặt phẳng đáy nên suy ra:

15 4 5

cos .

4 5 3 5

ABC
MNP
S
S
 



  

Câu 48. Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu
2 2 2

( ) :S x y z 2x4y6 13 0z  và đường thẳng ( ) : 1 2 1

1 1 1

x y z

d      . Điểm

( ; ; )

M a b c

( 0)

a



nằm trên đường thẳng

( )

d

sao cho từ M kẻ được 3 tiếp tuyến

, ,

MA MB MC

đến mặt cầu

( )

S

(

A B C

, ,

là các tiếp điểm) thỏa mãn AMB60 , CMB 90và

 120

CMA . Tính

Q a b c

  

A.

Q



1

. B.

Q



2

. C. 10

Q . D.

Q



3

Lời giải
Chọn B

2 2 2

( ) : 2 4 6 13 0

( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 27

S x y z x y z

S x y z

      

      

( )

S

có tâm

I

(1;2; 3)



và bán kính R 27 3 3

Đặt MA x

A B C

, ,

là các tiếp điểm được kẻ từ

M a b c

( ; ; )

đến mặt cầu nên ta có: M A M B M C  x
Từ giả thiết ta có AB x BC x ,  2,CA x 3mà ta nhận thấy thêm CA CB2 2BA2nên suy
ra



CAB

vuông tại

B

Gọi

H K

,

lần lượt là trung điểm của

AC AB

,

Ta lại có: AB MK AB HMK( ) AB HM

AB HK



    

 

 mà

HM AC



nên suy ra

HM ABC



(

)

Suy ra

M H I

, ,

thẳng hàng,

MC

là tiếp tuyến nên

MC IC



Khi đó 3; 3 3

x

CH IC R 

Áp dụng hệ thức lượng trong IM C vng, ta có: 1 2 12 1 2 12 1 42

27 3

CH CI CM x   x

3 6

x MA MI

    

Mà

M d



( )



M t

( 1; 2; 1), (1;2; 3)

 

t



I



Nên thế vào mặt cầu ta có ( 2) ( 4) ( 4)2 2 2 36 0 4

4 3

t

t t t t

t





        

 

Vậy tọa độ của M là 1 2 7; ; 2

3 3 3

M        Q a b c

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Câu 49. Cho hàm số ( )f x liên tục trên Rvà có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị ngun của
tham số mđể phương trình 3sin cos 1 2



( 2) 42



2cos sin 4

x x

f f m

x x

      

   

  có nghiệm?

A. 3. B. 5 . C. 4 . D. 2 .

Lời giải
Chọn B

Ta có:  1 sinx  1; 1 cosx1nên suy ra 2cosxsinx 4 0
Đặt 3sin cos 1 (2cos sin 4) 3sin cos 1

2cos sin 4

x x

t t x x x x

x x

 

      

 

(2 1)cost x t( 3)sinx (4 1)t
      

Phương trình trên có nghiệm khi (2 1)2 ( 3)2 (4 1)2 9 1 2 2 3

t  t  t        t t
Nhìn vào hình trên ta thấy hàm số ( )f x ln đồng biến trên (2;3) nên phương trình

( ) ( 2)

f x  f t  tương đương với x t   2 x 2 với 2  t 2 3
Suy ra phương trình 3sin cos 1 2



( 2) 42



2cos sin 4

x x

f f m

x x

      

   

  có nghiệm khi

2 4 8

t m m

     với 2  t 2 3

2 2

2 m 4m 8 3 4 m 4m 1 2 5 m 2 5

              
Mà m Z nên có tất cả 5 giá trị m thỏa mãn

Câu 50. Cho hàm số ( )f x có BBT như hình vẽ bên. Bất phương trình f e

 

x m e(3 x 2019) có
nghiệm đúng với mọi x(0;1) khi và chỉ khi

A. 4

1011

m  B. 2

1011

m  . C. ( )

3 2019

f e
m

e



 . D.

( )
3 2019

f e
m

e



 .

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Đầu tiên ta nhận thấy hàm số y e x luôn đồng biến trên Rcho nên hàm số ( )f x và hàm số
( )x

f e có tính chất giống nhau nên từ bảng biến thiên đã cho ta suy ra tính chất hàm f e( )x
Xét bất phương trình f e

 

x m e(3 x 2019) (*)

Đặt t e t x( 0) với x(0;1) t (1; )e

Ta được bất phương trình mới

 

(3 2019) ( ) (1)
(3 2019)

f t

f t m t m

t

   


Ta xét tiếp hàm ( ) ( )

(3 2019)
f t
g t

t


 trên t(1; )e 2

'( )(3 2019) 3 ( )
'( )

(3 2019)

f t t f t

g x

t

 

 



Do hàm số ( )f x và hàm số f e( )x có tính chất giống nhau nên trên khoảng đang được xét thì

( ) 0

f t  và f t'( ) 0 với mọi t(1; )e g t'( ) 0 với mọit(1; )e

Như vậy ta có bảng biến thiên hàm ( ) ( )
(3 2019)

f t
g t

t


 với mọit(1; )e như sau:
Bất phương trình f e

 

x  m e(3 x 2019) có nghiệm đúng với mọi x(0;1) khi và chỉ khi

(1; )

( )
max ( ) ( )

3 2019

e

f e

m g t m g e m

e

    

</div>

DOWNLOAD PDF









 





















 









<sub></sub>

<sub></sub>

 





















 

 









 



 





 





 



 

















 

 









 





 

 

 



 





 







