• Không có kết quả nào được tìm thấy

[ET] ĐỀ 6 CÓ LỜI GIẢI PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA BGD NĂM 2021 2022.

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "[ET] ĐỀ 6 CÓ LỜI GIẢI PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA BGD NĂM 2021 2022."

Copied!
20
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA CỦA BGD NĂM 2021-2022

Môn: TOÁN – LỚP 12

Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)

TRAO ĐỔI & CHIA SẺ KIẾN THỨC

LINK NHÓM:

https://www.facebook.com/groups/nhomwordvabiensoant ailieutoan

ĐỀ 6

Câu 1. Cho hai số phức z1 2 3iz2  3 i. Tính môđun của số phức z z 1 z2 A. z 3 3

. B. z  30

. C. z  29

. D. z 5 2

. Lời giải

GVSB: Chương Huy ; GVPB1: Phạm Phú Quốc; GVPB2: Chien Chi Chọn C

Ta có: z z 1 z2   5 2i z  29.

Câu 2. Trong không gian Oxyz, phương trình nào sau đây là phương trình của mặt cầu?

A. x2y2z22x4z 1 0 B. x2z23x2y4z 1 0 C. x2y2z22xy4y4z 1 0 D. x2y2z22x2y4z 8 0

Lời giải

GVSB: Nguyễn Hương Lan ; GVPB1: Cô Long; GVPB2: Chien Chi Chọn A

Đáp án B sai vì không có số hạng y2. Đáp án C sai vì có số hạng 2xy.

Đáp án D sai vì a2 b2c2       d 1 1 4 8 2 0. Đáp án A thỏa mãn vì a2b2c2      d 1 0 4 1 6 0.

Câu 3. Điểm nào dưới đây không thuộc đồ thị hàm số y x32x2?

A. Điểm ( 2; 16)P   . B. Điểm ( 1; 3)N   . C. Điểm M(1; 1) . D. Điểm (2;1)Q . Lời giải

GVSB: Bùi Minh Lý; GVPB1: Trần Quốc Dũng; GVPB2: Phan Thị Thúy Hà Chọn D

Thay x 2 ta được y 16, nên ( 2; 16)P   thuộc đồ thị hàm số.

Thay x 1 ta được y 3, nên ( 1; 3)N   thuộc đồ thị hàm số.

Thay x1 ta được y 1, nên M(1; 1) thuộc đồ thị hàm số.

(2)

Thay x2 ta được y0, nên (2;1)Q không thuộc đồ thị hàm số.

Câu 4. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối hộp chữ nhật có kích thước a, a 3, 2aA. 8a2. B. 4a2. C. 16a2. D. 8a2.

Lời giải

GVSB: Vũ Thị Ngọc Linh ; GVPB1:Trần Quốc Dũng; GVPB2: Phan Thị Thúy Hà Chọn D

Xét hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có AB a , AD a 3, AA 2a.

Gọi I là trung điểmA C thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhậtABCD A B C D.    . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     là

2 2 2

1 1

2 2 2

RAC ABADAA a . Suy ra diện tích mặt cầu là S4R2 8a2.

Câu 5. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f x

 

3xsinx

A.

 

d 3 2 cos

2

f x xxx C

. B.

f x x

 

d 3x2cosx C .

C.

 

d 3 2 cos

2

f x xxx C

. D.

f x x

 

d  3 cosx C. Lời giải

GVSB: Đặng Chi; GVPB1:Hoàng Quang Trà ; GVPB2: Trần Minh Hưng Chọn A

Ta có :

 

d

3 sin

d 3 2 cos

2

f x xxx xxx C

 

.

Câu 6. Hàm số y2x44x28 có bao nhiêu điểm cực trị?

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

Lời giải

GVSB: Binh Vo ; GVPB1:Hoàng Quang Trà; GVPB2: Trần Minh Hưng

(3)

Chọn D

Ta có y2x44x28, suy ra y 8x38x y8x x

21

.

0 0

y   x .

y 0 có một nghiệm và y đổi dấu từ âm sang dương khi x qua x0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x0. Vậy hàm số có 1 điểm cực trị.

Câu 7. Bất phương trình 21x 16 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?

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

Lời giải

GVSB: Cô Nhung ; GVPB1: Thầy Huỳnh Đức Vũ; GVPB2: Đinh Ngọc Ta có 21x16  1 x 4 x 3.

Vậy bất phương trình 21x16 có 3 nghiệm nguyên dương.

Câu 8. Cho hình chóp S ABC. có ba cạnh SA SB SC, , đôi một vuông góc với nhau với SA2a, 3

SBa, SC4a. Thể tích khối chóp S ABC. bằng:

A. 4a3. B.24a3. C. 8a3. D. 6a3.

Lời giải

GVSB: Ngô Việt Hoàng; Huỳnh Đức Vũ; GVPB2:Đinh Ngọc

4a 2a

3a B

S C A

Hình chóp S ABC. SA là đường cao với đáy là SBC.

 

1 1 2

. 3 .4 6 d

2 2

SSBCSB SCa aa dv t .

 

2 3

.

1 1

. .2 .6 4

3 3

S ABC SBC

VSA Sa aa dvtt

Câu 9. Tìm tập xác định D của hàm số y log

x 1 1

.

A. D

10;

. B. D

9;

. C. D 

;9

. D. D\ 1

 

.

Lời giải

GVSB: Linh Chi ; GVPB1: Phạm Hồng Thu; GVPB2: Thanh Nha Nguyen Chọn B

Điều kiện:

   

1 0 1 0 1 0

log 1 1 0 log 1 1 1 10 9

x x x

x x x x

   

    

    

         

  

  .

Vậy D

9;

.
(4)

Câu 10. Tổng giá trị các nghiệm của phương trình 3

 

9

 

2 1 3

log x2 log x5 log 8 0 bằng

A. 3. B. 6. C. 9. D. 17 33.

Lời giải

GVSB: Đoàn Khắc Trung Ninh ; GVPB1: Phạm Hồng Thu; GVPB2: Thanh Nha Nguyen Chọn C

Điều kiện xác định

2 5 x x

  

  .

Phương trình đã cho tương đương log3

x 2

log3 x 5 log 83

   

3 3

log x 2 x 5 log 8 x 2 x 5 8

       

Khi x 

2;5

, ta có phương trình

2 5

  

8 2 3 2 0 3 17

x x    x x   x 2 Khi x

5;

, ta có phương trình

x2

 

x  5

8 x23x   18 0 x 6;x 3

Kết hợp điều kiện ta có 6

3 17

2 x

x

 

 

 

Vậy tổng giá trị các nghiệm của phương trình bằng 9.

Câu 11. Nếu

21 f x dx

 

2 21g x dx

 

1

 

thì 21 x 2f x

 

3g x dx

 

   

bằng

A.

11.

2 B.

17.

2 C.

7.

2 D.

5. 2 Lời giải

Chọn B Ta có:

       

 

2 2 2 2

1 1 1 1

2 2

1

2 3 2 3

3 17

2.2 3. 1 4 3 .

2 2 2

I x f x g x dx xdx f x dx g x dx x

       

       

   

Câu 12. Cho số phức z a bi 

a b,

thoả mãn z2z   1 5i . Giá trị a b bằng ? A.

8

3

B.

8

3 . C.

2

3

. D.

2 3 Lời giải

GVSB: Đức Thái ; GVPB1: Bùi Văn Lưu; GVPB2: Lê Văn Kỳ Chọn B

Ta có :

a bi

 

2 a bi

  1 5i

a bi 2a2bi  1 5i

1

3 5

a b

  

 

(5)

1 5 3 a b

 



 

1 5 8 a b   3 3

Câu 13. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, giá trị của m thoả mãn mặt phẳng

 

2 2 1 0

xymz  có véc tơ pháp tuyến n

2; 4; 1

. Tính m?

A. m  6. B. m6. C. m3. D. m9.

Lời giải

GVSB: Lê Công Hiếu ; GVPB1: Nguyễn Thảo Linh ; GVPB2:

Chọn A

Mặt phẳng có véc tơ pháp tuyến: n

1; 2;m2

.

Để n

2; 4; 1

là 1 véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng đó, ta có:

1 2 2

2 4 1 6

mm

   

  m 6.

Câu 14. Trong không gian

O i j k; ; ; 

, cho hai vectơ a

2; 1;4

b i  3k. Tính .a b .

A. a b. 13

. B. a b.5

. C. a b. 10

. D. a b. 11 . Lời giải

GVSB: Nguyễn Bình ; GVPB1: Nguyễn Thảo Linh; GVPB2:

Chọn C

Ta có b

1;0; 3

nên .a b  2 12 10.

Câu 15. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, biết M

9; 3

là điểm biểu diễn số phức 3z. Phần thực của z bằng

A. 9 . B. 3. C. 3 . D. 1.

Lời giải

GVSB: Phùng Hoàng Cúc; GVPB1: Vân Vũ ; GVPB2: Tuan Pham;

Ta có M

9; 3

là điểm biểu diễn số phức 3z nên 3z    9 3i z 3 i. Do đó phần thực của z bằng 3 .

Câu 16. Đường thẳng y2 là tiệm cận ngang của hàm số nào sau đây?

A.

2 2 1 2 y x

x

 

 . B.

2 2 1

1

x x

y x

 

  . C.

1 1 2 y x

x

 

 . D.

2 2

2 y x

x

 

 . Lời giải

GVSB: Đặng Minh Nhựt ; GVPB1: Hanh Nguyen; GVPB2: Lê Thị Phương Chọn D

Ta có:

2 2 1 lim 2

x

x x



  

 ;

2 2 1

lim 1

x

x x

x



   

 ;

1 1

lim1 2 2

x

x x



  

 ;

2 2

lim 2

2

x

x x



 

 .

Vậy y2 là tiệm cận ngang của hàm số

2 2

2 y x

x

 

 .

(6)

Câu 17. Với a là số thực dương tùy ý và a1, mệnh đề nào sau đây sai?

A. logaa3 3. B. 3

log 1

a a3 .

C. log 4a

 

a2. D. log 4a

 

a  1 2log 2a . Lời giải

GVSB: Vũ Văn Dự ; GVPB1: Thanh Quach; GVPB2: Thanh Huyền Chọn C

Mệnh đề C sai vì log 4a

 

alog 4 logaaa2log 2 1a

Câu 18. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?

A. y  x3 3x22. B. y  x4 2x22. C. y x33x22. D. y x33x2. Lời giải

GVSB: Hue Nguyen; GVPB1:Trần Huấn; GVPB2:Tiểu Hiệp Chọn C

Đây là đồ thị của hàm đa thức bậc 3.

Đồ thị có phần ngoài cùng phía phải đi lên nên a0.

Đồ thị đi qua điểm có tọa độ

2; 2 

Suy ra hàm số cần tìm là y x33x22. Câu 19. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

2 1 3

: 3 2 1

x y z

d     

  . Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d?

A. u1 

2;1; 3

. B. u2  

3;2;1

. C. u3

3; 2;1

. D. u4

2;1;3

. Lời giải

GVSB: Thanh Loan Nguyễn; GVPB1:Bùi Văn Cảnh; GVPB2:HongNhung Nguyen Chọn B

Vectơ chỉ phương của đường thẳng là u

3; 2; 1    

1 3; 2;1

 

nên u1 

3; 2;1

cũng là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đã cho.

Câu 20. Cho các số tự nhiên n k, thoả mãn 0 k n. Trong các đẳng thức sau, đẳng thức nào sau đây đúng?

A. Pn

n kn!

!. B. 1 11

k k k

n n n

CC C . C.

!

!

k n

A n

k

. D. Cnk1Cnn k1 . Lời giải

GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB1:Tran Minh; GVPB2:

(7)

Chọn B

Tính chất của tổ hợp ta có: CnkCnk1 Cnk11.

Câu 21. Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy là tam giác vuông tại A, AA 2AB AC 2a. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC A B C.   .

A. 2a3. B.

2 3

3 a

. C. a3. D. 4a3.

Lời giải

GVSB: Đỗ Tấn Bảo; GVPB1: Ho Ngoc Hung; GVPB2: Trịnh Đềm Chọn A

Ta có

1 2

2 .

SABCAB AC a .

Vậy thể tích cần tìm là V SABC.AA2a3. Câu 22. Cho f x

 

2.3log81x3. Tính f

 

1

A.

 

1 1

f 2

. B.

 

1 1

f 2

. C. f

 

1 1. D. f

 

1 1.

Lời giải

GVSB: Phạm Duy Hùng ; GVPB1:Trịnh Đềm; GVPB2: Ho Ngoc Hung Chọn A

Ta có f x

 

2. log

81x

.3log81x.ln 3

 

2. 1 .3log81 .ln 3

ln 81 f x x

x

 

. Suy ra

 

1 2. 1 .3log 181.ln 3 1

1.ln 81 2

f  

Câu 23. Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau :
(8)

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.

 

0;1 B.

1;

C.

;1

D.

1;0

Lời giải

GVSB:Nguyễn Đức Tài; GVPB1: Lê Hoàng Khâm; GVPB2: Trần Hải Hạnh Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng

 

0;1

 ; 1

.

Câu 24. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a và chiều cao bằng a 3. Khi đó diện tích toàn phần của hình trụ bằng

A. 2a2

3 1

. B. a2

1 3

. C. a2 3. D. 2a2

1 3

.

Lời giải

GVSB: Phan Thanh Lộc; GVPB1: Lê Hoàng Khâm; GVPB2: Trần Hải Hạnh Chọn D

Theo đề ta có r a , h a 3.

Áp dụng công thức diện tích toàn phần của hình trụ:

     

2 2

2 2 2 2 3 2 3 1

Stp  rh r  r h r  a aa  a  .

Câu 25. Cho

1

 

0

d 1

f x x 

,

3

 

0

d 5

f x x

. Tính 3

 

1

d f x x

A. 1. B. 4. C. 6. D. 5.

Lời giải

GVSB: Thái Bảo Huy; GVPB1: Hồ Quốc Thuận; GVPB2:Lê Hải Nam Chọn C

Ta có:

     

3 1 3

0 0 1

d d d

f x xf x xf x x

  

3

 

3

 

1

 

3

 

1 0 0 1

d d d d 5 1 6

f x x f x x f x x f x x

  

Câu 26. Cấp số cộng

 

un

có số hạng đầu u2 8, công sai d  2 thì số hạng thứ 5 là

A. u5 0. B. u5  2. C. u5 2. D. u5  4. Lời giải

GVSB: Thu Lê ; GVPB1: Hồ Quốc Thuận; GVPB2:Lê Hải Nam Chọn C

Ta có: u5u23d 8 3. 2

 

 2.
(9)

Câu 27.

2 dx t , (x là hằng số) bằng

A.

2 dx t2xt C . B.

2 dx tx2C .

C.

2 dx t2x C . D.

2 dx txt2C.

Lời giải

GVSB: Lê Thảo Vi ; GVPB1: Bùi Thanh Sơn; GVPB2: Lê Kim Hùng

Ta có

2 dx t2x

dt2xt C .

Câu 28. Cho hàm số y f x

 

là hàm số bậc 3 và có đồ thị như hình vẽ

Điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho là

A.

 

0;3 . B.

 

3;0 . C.

2;0

. D.

 

0; 4 .

Lời giải

GVSB: Tuấn Anh; GVPB1: Bùi Thanh Sơn; GVPB2: Lê Kim Hùng Từ đồ thị, ta thấy điểm cực đại của đồ thị hàm số là

 

0;3 .

Câu 29. Trên đoạn

 

0;3 , hàm số y 2x x2 đạt giá trị lớn nhất b tại điểm x a . Tính S b a 

A. S 1. B.

1 S 4

. C.

1 S 2

. D.

3 S 4

. Lời giải

GVSB: Huỳnh Thư; GVPB1: Nguyễn Thị Hường; GVPB2: Linh Pham Chọn B

Ta có 1 2 0 2 3 1 1

 

0;3

4 8 2

y 2 x y x x x x

 x           .

Khi đó

 

0 0, 1 3

2 4

yy    và y

 

3   9 6.

Do đó  0;3 max 3

y4 tại

1 x 2

.

(10)

Như vậy 1 2 1

3 4

4 a

S b a b

     

 



Câu 30. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên  ?

A. ycosx2x1. B. yx3x2 . C. y x22x1. D. 2 1 1 y 2x

x

 

. Lời giải

GVSB: Phan Lưu Quốc Nhựt ; GVPB1: Nguyễn Thị Hường; GVPB2: Linh Pham Chọn A

Hàm số ycosx2x1y  sinx   2 0, x nên hàm số đồng biến trên  . Câu 31. Cho hai số thực dương ,a b thỏa mãn 4log2 a b2 4a3. Giá trị biểu thức ab2bằng

A. 6. B. 3. C. 4 . D. 2 .

Lời giải

GVSB: Đỗ Thị Hưng; GVPB1: Nguyễn Loan; GVPB2: Phạm Hiền

Chọn C Ta có:

 2  2

 

2 2 2

log 3 2log 3 2 3 2

4 a b 4a 2 a b 4aa b 4aab 4

Câu 32. Cho hình chóp .S ABCSA

ABC

, SA a , tam giác ABC đều cạnh a. Góc giữa SC và mặt phẳng

ABC

là:

A. arctan 2 B. 60 .0 C. 30 .0 D. 45 .0

Lời giải

GVSB: Nguyễn Thu Hằng ; GVPB1: Nguyễn My; GVPB2: Nguyễn Hiền Lương

S

A C

B

Ta thấy AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng

ABC

nên góc giữa SC

ABC

là góc SCA.

Do SAC vuông cân tại A nên SCA 450.

(11)

Câu 33. Cho hàm số y f x

 

liên tục, luôn dương trên

 

0;3 và thỏa mãn

3

 

0

d 4

I

f x x

. Khi đó giá trị của tích phân

 

 

3 1 ln

0

f x 4 d K

ex

là:

A. 4 12e . B. 12 4e . C. 3e 14 . D. 14 3e . Lời giải

GVSB: Lương Thị Thanh Nhã ; GVPB1: Chuyên Đỗ Gia; GVPB2: Kim Dung Ta có

 

 

 

 

3 3 3 3 3

1 ln 1 ln 3

0 0 0 0 0 0

e f x 4 d e f x d 4d e. d 4d 4e 4

|

4e 12

K

x

x

x

f x x

x  x   . Vậy K 4e 12 .

Câu 34. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, gọi

 

là mặt phẳng cắt ba trục tọa độ tại 3 điểm

8; 0; 0

M , N

0; 2; 0

, P

0; 0; 4

. Phương trình của mặt phẳng ( ) là.

A. x– 4y2 – 8 0z  . B. 0

8 2 4

xy  z

 .

C. 1

4 1 2

x y z

  

 . D. x– 4y2z 8 0. Lời giải

GVSB: Đàm Văn Hùng ; GVPB1: Lương Thị Phương Thảo; GVPB2: Nguyễn Minh Đức Chọn A

Phương trình mặt phẳng đoạn chắn là 1 4 2 8 0

8 2 4

x y z

x y z

       

 .

Câu 35. Cho hai số phức z1 2 3iz2  1 i. Điểm biểu diễn số phức z12z2 trên mặt phẳng tọa độ là

A. N

4; 1

. B. M

0; 1

. C. P

0; 5

. D. Q

1;0

.

Lời giải

GVSB: Nguyễn Văn Phú ; GVPB1: Đỗ Trung Kiên; GVPB2: Phạm Thanh Liêm Chọn B

Ta có: z12z2

2 3 i

2 1

  i

i .

Suy ra điểm biểu diễn của số phức z12z2M

0; 1

.

Câu 36. Cho lăng trụ tam giác đều ABC A B C. ¢ ¢ ¢ có AB=2a, AA'=a 3. Gọi I là giao điểm của AB¢A B¢ . Khoảng cách từ Iđến mặt phẳng

(

BCC B¢ ¢

)

bằng A.

3 4 a

. B.

3 2 a

. C.

3 4

a

. D.

3 2

a . Lời giải

GVSB: Lưu Thị Minh; GVPB1: Thanh Hảo; GVPB2: Nguyễn Minh Luận Chọn B

(12)

M

I

B'

C'

A C

B

A'

Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Do I là trung điểm của AB' nên

 

; ' '

12

;

' '

 

d I BCC Bd A BCC B 1 1 2 3 3

2 2. 2 2

a a

AM  

.

Câu 37. Chọn ngẫu nhiên một số trong 10 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được số nguyên tố bằng

A.

3

10. B.

2

5. C.

1

2. D.

1 5. Lời giải

GVSB: Cao Hữu Trường; GVPB1: Lan Hương ; GVPB2: Thanh Huyen Phan Chọn B

Trong 10 số nguyên dương đầu tiên có 4 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7. Do đó xác suất để chọn được số nguyên tố bằng

4

10 hay là 2 5.

Câu 38. Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCDA

0;0; 2

,B

3;0;5

, C

1;1;1

, D

4;1;2

.

Phương trình đường cao kẻ từ Dcủa tứ diện là A.

4 1 2

1 2 1

x  y  z

  . B.

4 1 2

1 2 1

x  y  z

  .

C.

4 1 2

1 2 1

x  y  z

 . D.

4 1 2

1 2 1

x  y  z

  .

Lời giải

GVSB:Tiem Tran; GVPB1: Lại Thị Quỳnh Nguyên; GVPB2: Trương Minh Mỹ Chọn D

Ta có: AB

3;0;3 ,

AC

1;1; 1 

 AB AC,  

3;6;3

nABC

1; 2; 1 

Gọi H là hình chiếu của D lên mặt phẳng

ABC

. Khi đó đường thẳng DHcó một vectơ chỉ phương là uDHnABC

1; 2; 1 

Phương trình đường cao DH có dạng:

4 1 2

1 2 1

x  y  z

  .

Câu 39. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn

3x21327

3 log 2x 0?

A. 9 . B. 4. C. 5 . D. 6 .

Lời giải

(13)

GVSB: ThuHaCao ; GVPB1: Thu Lê; GVPB2: Phan Huy Chọn C

Xét bất phương trình:

3x21327

3 log 2x0 1

 

ĐKXĐ:

 

2

0 0 0

3 log 0 8 8 *

x x x

x x x

  

  

 

      

Nếu 3 log 2x   0 x 8 thì

 

1 được thỏa mãn.

Nếu 0 x 8 thì 3 log 2 x0

, bất phương trình

 

1 tương đương

2 13

3x 27x213 log 27 3x216 0    4 x 4.

Tập nghiệm của bất phương trình là: S

0;4

 

8 . Vậy có 5 giá trị nguyên x thỏa mãn.

Câu 40. Cho hàm số y f x

 

có đồ thị như hình vẽ:

Số nghiệm thực của phương trình f x

22x3

1

A. 4. B. 6. C. 5. D. 2.

Lời giải

GVSB: Phạm Văn Bình; GVPB1: Hoàng Nhàn; GVPB2: Nguyễn Sang Chọn B

Theo hình vẽ, hàm số y f x

 

có hai điểm cực trị là x 1x3f

 

  4 2.

Đặt u x

 

x22x3.

 

2 2

 

0 1

u x  x u x   x .

Áp dụng “phương pháp ghép trục” ta có bảng biến thiên sau:

Từ bảng trên ta thấy, phương trình f x

22x3

16 nghiệm.
(14)

Câu 41. Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm là f x

 

20x36 ,x  x  và f

 

1 8. Biết F x

 

nguyên hàm của f x

 

thoả mãn F

 

0 2, khi đó F

 

1 bằng

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

Lời giải

GVSB: Thanh Nam ; GVPB1: Đặng Hậu; GVPB2: Trần Hương Trà Chọn C

Ta có: f x

 

f x x

 

d

 

20x36 dx x

5x43x2C.

Mà: f

 

1       8 5 3 C 8 C 0. Do đó: f x

 

5x43x2.

Ta có: F x

 

f x x

 

d

 

5x43x2

dx x 5x3K.

Mà: F

 

0  2 K 2.

Do đó: F x

 

x5 x3 2.

Vậy F

 

1 4.

Câu 42. Cho hình chóp .S ABC với đáy ABC là tam giác vuông cân tại B. SA2a và vuông góc với mặt phẳng

ABC

. Biết góc giữa hai mặt phẳng

SAC

SBC

bằng 60. Thể tích khối chóp .S ABC bằng

A.

4 3

3 a

. B. 4a3. C.

3

4 a

. D.

2 3

3 a

Lời giải

GVSB: Phạm Tiến Vinh; GVPB 1: Nguyễn Hoa; GVPB2: Phan Đình Công Chọn A

Gọi K là trung điểm AC, khi đó BKAC.

Ta lại có SA BK BK

SAC

SCBK

 

1 .

Kẻ BH SC

 

2 . Từ

   

1 , 2 SC

BKH

SC KH
(15)

Ta có:

   

   

,

 

,

60

SAC SBC SC

BH SC SAC SBC BH KH BHK

KH SC

 

      

 

 .

Xét BHK vuông tại K: tan 60 3.

BK BK KH

  KH  

.

Do SACKHC g g

nên KHSA KCSC SC SA KCKH. SA BKKH. 2 . 3aKHKH 2a 3.

Xét SACvuông tại A, áp dụng pytago ta được ACSC2SA2 2a 2AB BC 2a.

Vậy .

 

2 3

1 1 1 4

. .2 . 2

3 3 2 3

S ABC ABC

VSA Sa aa .

Câu 43. Cho số phức w và hai số thực a, b. Biết rằng w i3 2w là hai nghiệm của phương trình

2 0

zaz b  . Tổng S a b  bằng

A. 3. B. 3. C. 9. D. 7.

Lời giải

GVSB: Thân Phùng; GVPB1:Châu Vũ ; GVPB2: Phạm Tín Chọn B

Đặt w x yi 

x y,

. Vì a b, và phương trình z2az b 0 có hai nghiệm là z1  w i, z2  3 2w nên z1z2    w i 3 2w    x yi i 3 2

x yi

1

 

3 2

2 3 2 1

1 2 1

x x x

x y i x yi

y y y

  

 

           .

1 2

1 1 2

3 2 1 2

z w i i

w i

z w i

   

         .

Theo định lý Viet:

1 2

2 2

2 2

. 1 4 5

z z a a a

z z b b b

      

  

 

      

 .

Câu 44. Gọi T là tập hợp tất cả các số phức z thõa mãn z1 2 z2 3, 2z1z2 17. Gọi ,

M m lần lượt là các giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của T  3z12z210 12 i

. Khi đó .

M n bằng

A. 148. B. 149. C. 150. D. 151.

Lời giải

GVSB: Nguyễn Lan; GVPB1: Thái Huy; GVPB2: Hang Cao

Chọn A

Ta có 2z1z2  174 z12z2 22

z z1. 2z z1. 2

17 .

z z1. 2 z z1. 2

4

  

.

Đặt w3z12z2M x y

;

là điểm biểu diễn số phức w,suy ra
(16)

 

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

3 2 9 4 6 . . 96

wzzzzz zz z   w  96 4 6 . Vậy M thuộc đường tròn tâm ,O R4 6.

Gọi A

10;12

ta có T  3z12z210 12 iMA .

M2

M1

O

A

Khi đó

Max 2 2 2

min 1

. 148

MA AM OA R

M m OA R

MA AM OA R

  

    

   

 .

Câu 45. Cho hai hàm số

 

3 2 1

f xaxbx  cx 2

g x

 

dx2ex1 có đồ thị cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 3, 1 và 1 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y f

 

x

 

yg x là:

A. 4. B. 8. C. 2. D. 16.

Lời giải

GVSB: Cao Len; GVPB1: Nguyễn Duy Quý; GVPB2:Nguyễn Thanh Thảo Chọn A

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đường y f

 

x yg

 

x :

3 2 1 2

2 1

axbx   cx dx  ex 3

 

2

 

3 0 *

 

ax b d x c e x 2

      

Vì hai hàm số y f

 

x yg

 

x có đồ thị cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 3, 1 và 1 nên phương trình

 

* có ba nghiệm lần lượt là 3, 1 và 1 .

Khi đó:

 

* a x

3

 

x1

 

x  1

0 a x

33x2 x

3a0 *

 

*

Từ

 

*

 

** suy ra 3a  32 a 12.

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y f

 

x yg

 

x là:

     

3

1

1 3 1 1

S 2 x x x dx

  

   

1 3

3 2 3 2

1 1

1 1

3 3 3 3 4

2 x x x dx 2 x x x dx

   

   
(17)

Câu 46. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A

3;3;1 ,

 

B 0;2;1

và mặt phẳng

 

:x y z   7 0. Đường thẳng d nằm trên

 

sao cho mọi điểm của d cách đều hai điểm A B, có phương trình là

A.

7 3 . 2 x t

y t

z t

 

  

 

B.

7 3 . 2 x t

y t

z t

 

  

 

C.

7 3 . 2 x t

y t

z t

  

  

 

D.

2 7 3 . x t

y t

z t

 

  

 

Lời giải

GVSB:Nguyễn Thảo; GVPB1: Minh Hằng Nguyễn; GVPB2: Hien Nguyen

Chọn A

Mọi điểm trên d cách đều hai điểm A B, nên d nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn AB.AB  

3; 1;0

và trung điểm AB

3 5; ;1 I2 2 

 

  nên mặt phẳng trung trực

 

của AB

là:

3 5

3 0 3 7 0

2 2

x y x y

   

             .

Mặt khác d

 

nên d là giao tuyến của hai mặt phẳng

 

,

 

.

3 7 0 7 3

7 0 2

x y y x

x y z z x

    

 

      

  .

Vậy phương trình

 

: 7 3

2 x t

d y t t

z t

 

   

 

 .

Câu 47. Cho hình nón có chiều cao h=20, bán kính đáy r =25. Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12.Tính diện tích S của thiết diện đó.

A. S =500 B. S =400 C. S =300 D. S =406 Lời giải

GVSB: Hoàng Nam; GVPB1: Thuy Nguyen; GVPB2: Tuyet Trinh Chọn A

Giả sử hình nón đỉnh S, tâm đáy O và có thiết diện qua đỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là DSAB (hình vẽ).

(18)

S

A

B O I

H

Ta có SO là đường cao của hình nón. Gọi I là trung điểm của AB Þ OI ^AB. Gọi H là hình chiếu của O lên SI Þ OH ^SI .

Ta chứng minh được OH ^

(

SAB

)

Þ OH =d O SAB

(

,( )

)

=12

.

Xét tam giác vuông SOI2 2 2

1 1 1

OH =OS +OI 12 12 12 OI OH OS

Þ = - 12 12

12 20

= - 1

=225 .

2 225 15

OI OI

Þ = Þ = .

Xét tam giác vuông SOISI = OS2+OI2 = 202+152 =25.

Xét tam giác vuông OIAIA= OA2- OI2 = 252- 152 =20Þ AB =40.

Ta có S =SDABC 1 . 2AB SI

= 1.40.25

=2

500

= .

Câu 48. Có nhiều nhất bao nhiêu số nguyên dương y thuộc đoạn

1;2022

để tồn tại nhiều nhất 128 số nguyên dương x thỏa mãn 3log (13xy3 xy) log 2 ylog2 x?

A. 1991. B. 1992 . C. 1993 . D. 1990 .

Lời giải

GVSB: Văn Thư; GVPB1: Thúy Minh; GVPB2: Ngocdiep Nguyen Chọn A

Điều kiện: x0,y0.

3 3

3 2 2 3 2

3log (1 xyxy) log ylog x3log (1 xyxy) log xy. Đặt t6 xy. Do x y, nguyên dương nên t1.

Ttừ giả thiết ta có 3log 13

 t3 t2

3log2t2 log 13

 t3 t2

log2t2 0.

Xét hàm số f t

 

log 13

 t3 t2

log2t2.

 

2 3 2

3 2 4 3

1 3 2 2 1 (3ln 2 2ln 3) (2ln 2 2ln 3) 2ln 3

( ) ln 3 1 ln 2 ln 2 ln 3

t t t t

f t t t t t t t

   

 

    

     

. Xét g t( ) (3ln 2 2ln 3)  t3(2ln 2 2ln 3) t22ln 3.

(19)

Ta có

8 2 4 8 4

( ) 3ln 2 ln 3ln 2 ln 0, 1

9 9 9 9

g t  tt t  t   t . Khi đó hàm số g t

 

nghịch biến trên

1;

.

Suy ra g t

 

g

 

1 5ln 2 6ln 3 0,    t 1 f t

 

  0, t 1 Suy ra hàm f t

 

nghịch biến trên

1;

.

Ta lại có f

 

4 0 nên x4 là nghiệm duy nhất của f t

 

0.

Suy ra f t

 

0 f t

 

f

 

4 t 4 xy 4096 y 4096

         x

. Theo giả thiết x128 nên

4096 4096 128 32

y y

x   

. Vì

1; 2022

 

32;33;34;...; 2022

y

y

  

 

  là tập hợp nhiều số nguyên nhất chứa y.

Suy ra có nhiều nhất 1991 số nguyên dương y thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 49. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

  

S : x1

2y2 

z 2

2 1. Xét điểm M a b c

; ;

di

động trên đường thẳng

1 1 2

: 2 1 2

x y z

d     

 , từ điểm M kẻ ba tiếp tuyến MA MB MC, , đến ( )S với A B C, , là các tiếp điểm. Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính nhỏ nhất. Tổng a2b2c2 bằng

A. 1. B. 5. C. 10. D. 15.

Lời giải

GVSB: ……… ; GVPB1: Nguyễn Trong Chanh; GVPB2: Trần Dạo Mặt cầu ( )S có tâm I

1;0;2

và bán kính R1.

Xét điểm M

2 1;t t   1; 2t 2

d.

Gọi ( ;A x y zA A; )A là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến mặt cầu ( )S , khi đó :

. 0

( ) IA MA A S

 



 

 

(*) mà IA(xA1; ;y zA A2)

, MA(xA 2 1;t yA t 1;zA 2t 2 )

nên 2 2 2

( 1)( 2 1) ( 1) ( 2)( 2 2) 0

(*) ( 1) ( 2) 1

A A A A A A

A A A

x x t y y t z z t

x y z

          

      

2 2 2

2 2 2

(2 2) ( 1) 2 2 3 0 (1)

2 4 4 0 (2)

A A A A A A

A A A A A

x y z t x t y tz t

x y z x z

          

 

     



Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: 2 txA (t 1)yA(2t4)zA  2t 7 0. Suy ra mặt phẳng

ABC

: 2 tx ( 1)t y(2t4)z  

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Mặt phẳng (P) đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác cân có độ dài cạnh đáy bằng 2.. Diện tích của thiết

Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 2, thiết diện thu được là hình vuông có diện tích bằng 16. Thể

Số phức nào dưới đây có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là điểm M như hình

Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình

Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho

Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a..

GVSB: Phan Lưu Quốc Nhựt ; GVPB1: Nguyễn Thị Hường; GVPB2: Linh Pham Chọn C... Mệnh đề nào sau

Cho hình nón có độ dài đường kính đáy là 2 R , độ dài đường sinh là R 10 và hình trụ có chiều cao và đường kính đáy đều bằng 2 R , lồng vào nhau như hình vẽ. Tỉ