Đề thi minh họa kỳ thi THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán - Đề số 111 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi minh họa kỳ thi THPT Quốc gia năm 2017 môn Toán - Đề số 111 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI MINH HỌA KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Đề số 111 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y x3 3x2 9x 40 trên đoạn  5;5 lần lượt là A.45; 115 B. 13; 115 C. 45;13 D. 115;45 Câu 2: Với 0 a b ta có 2 sin a sin b sin a sin b sin a sin b sin a sin b A. B. C. D. a b a b a b a b Câu 3: Cho hàm số y x4 2x2 1024 . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Đồ thị hàm số qua A(0; 1024) B. Hàm số có 1 cực tiểu C. lim f (x) ; lim f (x) x x D. Đồ thị có 2 điểm có hoành độ thỏa mãn y '' 0 . 2 Câu 4: Tìm GTLN của hàm số y x 5 x trên 5; 5 ? A. 5B. C. 6D. Đáp án khác10 Câu 5: Phương trình x3 3x m2 m có 3 nghiệm phân biệt khi A. 2 m 1 B. C. D. 1 m 2 1 m 2 m 21 Câu 6: Phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) y x3 2x tại điểm có hoành độ x 1 là A. y x 2 B. C. D. y x 2 y x 2 y x 2 Câu 7: Cho hàm số y x3 6x2 mx 1 đồng biến trên 0; khi giá trị của m là A. m 12 B. C. D. m 0 m 0 m 0 Câu 8: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào có giá trị nhỏ nhất trên tập xác định? 2x 1 x2 3x 5 A. y x3 3x2 6 B. C. D.y x4 3x2 1 y y x 1 x 1 Câu 9: Cho hàm số y f (x) xác định trên tập D. Khẳng định nào sau đây sai? A. Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y f (x) trên tập D nếu f (x) M với mọi x D và tồn tại x0 D sao cho f (x0 ) M . B. Điểm A có tọa độ A 1; f (1) 1 không thuộc đồ thị hàm số.
2. C. Nếu tập D R và hàm số f (x) có đạo hàm trên R thì đồ thị của hàm số y f (x)phải là một đường liền nét D. Hàm số f (x) là hàm số liên tục trên R và khoảng đồng biến của nó là 0;13;5 thì hàm số phải nghịch biến trên 1;3 . Câu 10: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y x3 3x 5 mà hoành độ là nghiệm của phương trình y '' 0 ? A. 0;5 B. C. D. 1;3 1;1 0;0 1 Câu 11: Logarit cơ số 3 của số nào bằng 3 1 1 1 A. 3 3 B. C. D. 3 3 27 3 3 Câu 12: Đạo hàm y (x2 2x 2)ex là A. xex B. C. D. x2ex x2 4x ex 2x 2 ex Câu 13: Hàm số y ln(x 1 x2 ) 1 x2 . Mệnh đề nào sai: 1 x A. Hàm số có đạo hàm y ' B. Hàm số tăng trên khoảng 1; 1 x2 C. Tập xác định của hàm số là D R D. Hàm số giảm trên khoảng 1; Câu 14: Hàm số y x2ex đồng biến trên khoảng A. ;2 B. C. D. 2;0 1; ;1 x x Câu 15: Phương trình 9 3.3 2 0 có 2 nghiệm x1; x2 (x1 x2 ) . Giá trị 2x1 3x2 là A. 4log3 2 B. 1C. D. Đáp án khác 3log3 2 Câu 16: Tập xác định của hàm số y ln(x2 4) là A. ; 2  2; B. C. 2 D.; 2;2 2; Câu 17: Phương trình log2 (3x 2) 3 có nghiệm 10 16 8 11 A. B. C. D. 3 3 3 3 Câu 18: Số nghiệm của phương trình22 x 22 x 15 là A. 3B. 2C. 1D. 0 x2 5x 9 Câu 19: Gọi x1; x2 là 2 nghiệm của phương trình 7 343 . Tổng x1 x2 là A. 5B. 3C. 4D. 2
3. 1 Câu 20: Tìm logarit của theo cơ số 3 3 3 3 3 2 2 A. B. C. D. 2 2 3 3 1 Câu 21: Nguyên hàm của hàm số là (2x 1)2 1 1 1 1 A. B. C. D. C C C C (2 4x) (2x 1)3 (4x 2) (2x 1) 1 Câu 22: Tính I x x2 1dx được kết quả 0 2 2 2 1 2 2 2 A. B. C. D. 3 3 3 3 1 dx Câu 23: Đổi biến x 2sin t tích phân I trở thành 2 0 4 x 6 6 6 1 3 A. B. d C.t D. tdt dt dt 0 0 0 t 0 2 Câu 24: Cho I x(1 x)5dx và n x 1 . Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau 1 1 1 6 5 1 5 13 n n 5 A. B.I x(1 xC.) dx I D. I I (n 1)n dn 42 6 5 2 0 0 2 5x 7 Câu 25: Kết quả của I là 2 0 x 3x 2 A. 2ln 2 3ln 3 B. C. D. 2ln 3 3ln 2 2ln 2 ln 3 2ln 3 2ln 4 Câu 26: Cho (P) y x2 1 và (d)y mx 2 . Tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn (P) và (d) đạt giá trị nhỏ nhất ? 1 3 A. B. C. 1D. 0 2 4 Câu 27: Chof '(x) 3 5sin x vàf (0) 10 . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng 3 A. f (x) 3x 5cos x 2 B. f 2 2 C. f (x) 3 D. f (x) 3x 5cos x Câu 28: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn điều kiện z z 2 z ? A. 0B. 1C. 3D. 2
4. Câu 29: Modun của số phức z 5 2i (1 i)2 bằng A. 7B. 3C. 5D. 2 Câu 30: Cho hai số phức z1 3 i và z2 2 i . Giá trị của biểu thức z1 z1z2 là A. 0B. 10C. D. 100 10 Câu 31: Mô đun của số phức z thỏa mãn phương trình 2z 1 1 i z 1 1 i 2 2i là 2 3 1 1 A. B. C. D. 3 2 2 3 2 2 2 Câu 32: Gọi z1; z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 4z 7 0 . Tính z1 z2 ? A. 10B. 7C. 14D. 21 z Câu 33: cho số phức z thỏa mãn z i . Modun của số phức  z 1 z2 là z i A. 4B. 9C. 1D. 13 Câu 34: Số số phức z thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện z 2 và z2 là số thuần ảo là A. 1B. 2C. 3D. 4 2 Câu 35: Phần ảo của số phức z thỏa mãn z 2 i 1 2i là A. 2 B. C. 2D. -2 2 Câu 36: Trong hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 2;1;4 ,B 2;2; 6 ,C 6;0; 1 . Tích   AB.BC bằng A. 67 B. 84 C. D. 67 84  Câu 37: Trong hệ tọa độ Oxyz cho hình bình hành OADB có OA 1;1;0 và  OB 1;1;0 (O là gốc tọa độ). Tọa độ tâm hình bình hành OADB là A. 0;1;0 B. C. D. 1;0;0 1;0;1 1;1;0 Câu 38: Trong hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(0;2;1) ,B(3;0;1) ,C 1;0;0 . Phương trình mặt phẳng (ABC) là A.2x 3y 4z 2 0 B. 4x 6y 8z 2 0 C. D.2x 3y 4z 2 0 2x 3y 4z 1 0 Câu 39: Trong hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng đi qua M 0;0; 1 và song song với giá của 2 vecto a 1; 2;3 ,b 3;0;5 . Phương trình mặt phẳng là A. 5x 2y 3z 21 0 B. 5x 2y 3z 3 0
5. C. D.10 x 4y 6z 21 0 5x 2y 3z 21 0 Câu 40: Trong không gian Oxyz có ba vecto a ( 1;1;0) ,b (1;1;0) ,c (1;1;1) .Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào sai? A. a 2 B. C. D. c 3 a  b b  c Câu 41*: Một nhà văn viết ra một tác phẩm viễn tưởng về người tí hon. Tại một ngôi làng có ba người tí hon sống ở một vùng đất phẳng. Ba người phải chọn ra vị trí để đào giếng nước sao cho tổng quãng đường đi là ngắn nhất. Biết ba người nằm ở ba vị trí tạo thành tam giác vuông có hai cạnh góc vuông là 3 km và 4 km và vị trí đào giếng nằm trên mặt phẳng đó. Hỏi tổng quãng đường ngắn nhất là bao nhiêu?(làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). A. 7km B. C. 6,5k mD. 6,77km 6,34km Câu 42: Cho mặt cầu (S) có tâmI(2;1; 1) và tiếp xúc với mặt phẳng có phương trình 2x 2y 2x 3 0 . Bán kính mặt cầu (S) là 2 4 2 A. 2B. C. D. 3 3 9 Câu 43: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’. Cạnh a 6 . Biết diện tích tam giác A’BA bẳng 9. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bẳng 27 3 A. B. C. D. 9 3 6 3 27 3 4 Câu 44: Đáy của hình chóp S.ABCD là hình vuông cạnh 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và có độ dài là 4a. Tính thể tích khối tứ diện SBCD bằng 16a3 16a3 a3 A. B. C. D. 2a3 6 3 4 Câu 45: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB 2A.SA  (ABC) và cạnh bên SB hợp với mặt phẳng (SAC) một góc 30 0. Tính thể tích hình chóp SABC theo a? a3 3a3 4a3 A. B. C. D. 2a3 12 8 3 Câu 46: Cho hình chóp S.ABC có SA SB SC 3a và lần lượt vuông góc với nhau. Tỉ số V SABC bằng a3 9 3 A. 2B. 3C. D. 2 2 Câu 47: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều và SA  (ABC).SC a 3 và SC hợp với đáy một góc 300. Tính thể tích khối chóp S.ABC
6. a3 9a3 a3 3a3 A. V B. C. D. V V V 12 32 6 4 Câu 48: Cho hình chó S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, mặt bên (SBC) là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp bằng a3 3 a3 3 a3 3 a3 A. B. C. D. 6 8 24 12 Câu 49: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là vuông canh 2a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy SA a, SB a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD? 2a3 3 2a3 3 2a3 3 a3 15 A. B. C. D. 3 5 6 9 Câu 50: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh BD 2a , mặt bên SAC là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC a 3 . Thể tích khối chóp S.ABCD là a3 3 a3 3 a3 3 2a3 3 A. B. C. D. 4 6 3 3
7. Đáp án 1-A 6-B 11-B 16-A 21-A 26-D 31-A 36-D 41-C 46-C 2-C 7-A 12-B 17-A 22-B 27-C 32-C 37-A 42-A 47-B 3-C 8-B 13-D 18-C 23-A 28-A 33-C 38-C 43-B 48-C 4-B 9-9 14-A 19-A 24-C 29-C 34-D 39-B 44-B 49-A 5-A 10-A 15-C 20-A 25-B 30-B 35-A 40-D 45-C 50-C HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A Với bài toán này, ta xét tất cả giá trị f (x) tại các điểm cực trị và điểm biên. Đầu tiên ta tìm điểm cực trị: y ' 3x2 6x 9 x 3 y ' 0 x 1 Xét f ( 1) 45 f (3) 13 f (5) 45 f ( 5) 115 Vậy ta có thể thấy GTLN và GTNN là 45 và 115 Đáp án A Câu 2: Đáp án C Phân tích: sin x x cos x sin x h(x).cos x Hàm số f (x) xét trên 0; có: f '(x) 2 2 x 2 x x h(x) x tan x 1 h'(x) 1 0 cos2 x h(x) h(0) 0 f '(x) 0 Do đó, f (x) là hàm nghịch biến trên 0; 2 Vậy đáp số là C Câu 3: Đáp án C
8. Với bài này, ta không nhất thiết phải xét cả 4 đáp án, Chỉ cần nhớ một chút tính chất của hàm bậc 4 là ta có thể có được đáp án nhanh chóng. Tính chất đó là: lim f (x) ; lim f (x) x x Trong khi đó, ta dễ dàng nhìn ra được đáp án C có chi tiết không đúng là lim f (x) (tính x chất chỉ xuất hiện với hàm số hàm lẻ) Vậy đáp án là C Câu 4: Đáp án B Bài toán này ta có thể giải với 2 cách: Cách 1: Cách kinh điển, cơ bản của hàm số y x 5 x2 Ta xét trên miền xác định của hàm số 5; 5 x Ta có y ' 1 5 x2 x y ' 0 1 5 x2 x 0 2 5 x 5 x 5 x x2 2 2 5 Xét y( 5) 2,2, y( ) 10 3,2, y( 5) 2,2 2 Vậy GTLN của hàm số là 10 Cách 2: Cách này tương đối nhanh nhưng nó không có một cách làm chung cho tất cả bài toán. Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 số ta có: (x 5 x2 )2 (11 11)(x2 5 x2 ) (x 5 x2 )2 10 (x 5 x2 ) 10 5 Dấu “=” xảy ra khi x 2 Câu 5: Đáp án A Phân tích bài toán: Ta thấy số nghiệm của phương trình cũng chính là số giao điểm của 2 đồ thị y x3 3x và y m2 m Xét đồ thị hàm số y x3 3x có: y ' 3x2 3 Dễ thấy y ' 0 có 2 nghiệm phân biệt. Vì thế đồ thị cũng có 2 điểm cực trị là 1;2 và 1; 2
9. Vậy muốn có 3 nghiệm phân biệt thì đồ thị y m2 m phải cắt đồ thị y x3 3tạix 3 điểm phân biệt. Như vậy có nghĩa là m2 m phải nằm trong khoảng từ 2 đến 2 m2 m 2 0 2 m2 m 2 2 m 1 m 2;1 2 m m 2 0 Vậy đáp án là A Câu 6: Đáp án B Ta nhắc lại một chút về kiến thức về tiếp tuyến của (C) tại một điểm A xo ; yo Phương trình tiếp tuyến tại A là: y f '(x)(x xo ) yo Áp dụng với bài toán này, ta có y ' 3x2 2.y '( 1) 1, y( 1) 1 Vậy phương trình tiếp tuyến là y (x 1) 1 x 2 Đáp án là B Câu 7: Đáp án A Để hàm số đồng biến trên 0; thì: y ' 0x 0 Ta có y ' 3x2 12x m Ta thấy rằng đồ thị của y ' là một parabol có đáy là một cực tiểu. Để y ' 0x 0 điểm cực tiểu này phải có tung độ lớn hơn 0. Ta có y '' 6x 12 y '' 0 khi x 2 . Khi đó y '(2) 12 m Để y ' 0x 0 thì m 12 Đáp án là A Câu 8: Đáp án B Ta không nên đi xét tất cả 4 đáp án đối với bài toán này. Ta thấy ngay: lim x3 3x2 6 nên hàm số không có GTNN x 2x 1 Tương tự, ta có: lim nên hàm số cũng không có giá trị nhỏ nhất x 1 x 1 x2 3x 5 lim nên hàm số cũng không có GTNN x 1 x 1 Lời khuyên là các bạn áp dụng cách xét lim này trước khi xét đến f '(x) để tránh mất thời gian và đôi khi còn dễ gây sai lầm. Đáp án B Câu 9: Đáp án D
10. Các khẳng định A, B, C đều đúng. Tại sao khẳng định D sai? Lý do, ta hoàn toàn có thể cho đoạn 1;3 của hàm số là hằng số nên hiển nhiên nó cũng không đồng biến và nghịch biến trên đoạn đó! Đáp án là D Câu 10: Đáp án A Nhắc lại một chút về lý thuyết Điểm uốn của đồ thị là điểm mà đạo hàm cấp hai đổi dấu, tức là ta phải xét đạo hàm của f '(x) Xét: y ' 3x2 3 Ta có: (y ')' y '' 6x y '' 0 khi x 0 . Và y(0) 5 Ta có điểm thỏa mãn của đồ thị là 0;5 Đáp án là A Câu 11: Đáp án B c Ta có công thức sau: loga b c thì b a 1 1 Áp dụng vào bài này ta sẽ được 3 3 3 3 Đáp án là B Câu 12: Cần lưu ý về 2 công thức sau: - Đạo hàm phép nhân: (uv)' u 'v uv ' - Đạo hàm của ex là ex 2 x x 2 x 2 x Áp dụng, ta có: x 2x 2 e ' (2x 2)e x 2x 2 e x e Đáp án là B Câu 13: x 1 x2 0 Ta thấy rằng: x D R nên C đúng. 2 1 x 0 x 1 2 x 1 x Ta xét đến y ': y ' 1 x nên A đúng x 1 x2 1 x2 1 x2 y ' 0 x 1 nên hàm số đồng biến trên 1; nên B đúng Vậy đáp án là D vì hàm số tăng trên 1; chứ không phải là giảm Câu 14:
11. Để hàm số đồng biến trên khoảng xét thì y ' 0 trên khoảng xét đó Ta có: y ' x2ex ' x2ex 2xex x(x 2)ex x o y ' 0 x(x 2) o x 2 Trong 4 đáp án thì khoảng ; 2 là đáp án đúng. Đáp án A Câu 15: 2 Nhận thấy: 9x 3x Đặt 3x t(t 0). Ta có phương trình: 9x 3.3x 2 0 trở thành phương trình bậc hai sau: 2 t 1 t 3t 2 0 t 2 x1 log3 1 0 Trở lại phép đặt ta được: (dox1 x2 ) x2 log3 2 Vậy A 3log3 2 . Đáp án là C Câu 16: Điều kiện để tồn tại hàm số y ln(x2 4) là: 2 2 x 2 x 4 0 x 4 x ; 2  2; x 2 Câu 17: Ta có: log2 (3x 2) 3 2 D ; 3 10 3x 2 23 3x 10 x 3 Vậy đáp án là A Lưu ý: Với những bài toán như thế này, chúng ta không nhất thiết phải giải như thế này. Thay vào đó, các bạn có thể sử dụng công cụ máy tính thay trực tiếp 4 đáp án vào biểu thức. Câu 18: Ta có 2 x 2 x x 4 x 2 x 2 2 15 4.2 x 15 4. 2 15.2 4 0 2 2x t(t 0) 4t 2 15t 4 0
12. 152 4.4.4 0 Đến đây ta thấy có 2 điều: 4 0 4 Nên phương trình với t có 2 nghiệm phân biệt và trái dấu. Mà t 0 nên chỉ có 1 nghiệm thỏa mãn. Vậy phương trình với x cũng có 1 nghiệm thỏa mãn. Đáp án là C 2 Câu 19: 7x 5x 9 343 Nhận thấy: 343 73 nên ta có phương trình tương đương: 2 2 x 2 x 5x 9 3 x 5x 6 0 x 3 Vậy x1 x2 5 . Vậy đáp án A. Ngoài ra khi ra được phương trình bậc hai như trên ta có thể áp dụng ngay định lý Viet để giải b với công thức x x 1 2 a 1 3 3 Câu 20: Ta có log log 3 2 3 3 3 3 2 Vậy đáp án là A dx Câu 21: (2x 1)2 Đổi biến 2x 1 t . Ta có dt 2dx dt 1 Ta được C 2t 2 2t 1 Trở lại phép đổi biến ta được: C 2 4x Cần chú ý giữa phương án A và C bởi vì 2 phương án tương đối giống nhau, chỉ khác nhau về dấu. Đáp án ở đây là A. Câu 22: Ta có thể dễ dàng nhận ra (x2 1)' 2x nên ta đặt: x2 1 t,dt 2xdx Đổi cận với x 0 thì t 1; x 1 thì t 2 3 2 2 t t 2 2 2 1 2 2 1 I dt 1 2 3 3 3 3 1 Đáp án là B Câu 23: Đặt: x 2sin t dx 2costdt Đổi cận: với x 0 thì t 0 , với x 1 thì t 6
13. 4 x2 4 4sin2 t 2cost (do cost 0 trong khoảng từ 0 đến ) 6 6 Vậy I dt . Đáp án là A 0 Câu 24: 1 1 Ta có: I x(x 1)5 dx x(1 x)5 dx nên A đúng. 2 2 Thay: n x 1 ta có: dn dx và x n 1 1 Ta có: (n 1)n5dn nên D đúng. 0 1 7 6 1 5 n n I (n 1)n dn nên C sai. 0 7 6 0 Vậy đáp án là C Câu 25: Phân tích: Đây là bài toán khá là khó, đòi hỏi áp dụng nhiều kĩ thuật phân tách cũng như tính ax b tích phân. Với dạng tích phân với số thì phương pháp làm như sau: cx2 dx e k(2cx d) kd(cx2 dx e) k Ta tách biểu thức thành 2 thành phần đó là: và cx2 dx e cx2 dx e cx2 dx e 5(2x 3) 1 Áp dụng ta tách biểu thức thành: ; ta được: 2(x2 3x 2) 2(x2 3x 2) 2 5(2x 3) 2 1 I dx dx 2 2 0 2(x 3x 2) 0 2(x 3x 2) 2 5 2 (x 2) (x 1) d(x2 3x 2) dx 2 0 2(x 3x 2) 0 2(x 2)(x 1) 2 5 2 1 ln(x2 3x 2) ln(x 1) ln(x 2) 0   2 2 0 5 5 1 1 1 5 5 1 1 ln12 ln 2 ln 3 ln 4 ln 2 ln 3 ln 4 3ln 2 ln 4 ln 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2ln 3 3ln 4 3ln 2 2ln 3 3ln 2 Vậy đáp án là B Câu 26: Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm phương trình: x2 mx 1 0, 0 m2 4 0m
14. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 x2 m Theo định lý Viet kết hợp yêu cầu: x1x2 1 x1 x2 Ta có: x2 x2 S (mx 2 x2 1)dx (mx 1 x2 )dx x1 x1 x mx2 x3 2 mx 2 x 3 mx 2 x 3 ( x) 2 2 x 1 1 x 2 3 2 3 2 2 3 1 x1 2 2 m 1 2 2 m 2 (x2 x1) 1 (m 1) m 4 2 3 6 3 S có GTNN khi m 0 . Đáp án là D. Câu 27: Ta có: f (x) (3 5sin x)dx 3x 5cos x C f (0) 10 nên ta có 5 C 10 C 5 Vậy f (x) 3x 5cos x 5 . Vì thế A và D là sai. Lại có: f 3 5 5 3 nên C đúng. Câu 28: Gọi z a bi; a;b R thay vào biểu thức ta có: a bi z 2 a bi bi z 2 bi 2bi z 2 Ta thấy không thể nào tồn tại số thực z thỏa mãn điều kiện trên vì một bên là phần thực, một bên là phần ảo. Đáp án là A. Câu 29: Trước hết, ta rút gọn số phức: 5 2i (1 i)2 5 2i 2i 5 Vậy modun của số phức là 5. Đáp án C 2 Câu 30: Ta có: z1 z1z2 3 i (3 i)(2 i) 3 i 6 2i 3i i 10 Vậy z1 z1z2 10 . Đáp án B Câu 31: Ta cần rút gọn biểu thức trước: 2z(1 i) 1 i z (1 i) 1 i 2 2i 2z(1 i) z (1 i) 2 Đặt z a bi z a bi ta có: 2(a bi)(1 i) (a bi)(1 i) 2 2a 2b 2(a b)i 1 b (a b)i 2
15. 1 a a b 0 3 3(a b) (a b)i 2 3(a b) 2 1 b 3 2 2 1 1 2 2 Vậy modun của số phức cần tìm là: . Đáp án A. 3 3 9 3 Câu 32: Ta có: 2 2 2 z 2 i 3 2 2 2 z 4z 4 3 (z 2) 3i z1 z2 2.( 4 3) 14 z 2 i 3 Với bài toán này, ta có thể sử dụng chức năng giải phương trình bậc 2 trên máy tính CASIO, ta có thể nhận được kết quả z1 và z2 một cách nhanh chóng hơn. Đáp án là C Câu 33: Gọi z a bi z a bi 2 2 2 2 2 a a 1 b a bi (a bi) 1 a b a 1 (2ab b)i 0 (2a 1)b 0 Từ phương trình 2, ta có 2 trường hợp: Nếu b 0,a2 a 1 0 (vô nghiệm) 1 7 1 7 1 7 7 a b z2 z 1 1 i i 1 2 4 2 2 4 4 2 Vậy modun của số phức là 1. Đáp án là C Câu 34: Phân tích bài toán: Nếu z2 là số thuần ảo thì z phải có dạng là a(1 i);a(1 i) với a là số thực. z 1 i z 1 i Lại có: z 2 12 12 z 1 i z 1 i Vậy có 4 số phức thỏa mãn. Đáp án D Câu 35: Ta nên rút gọn vế phải trước: ( 2 i)2 (1 2i) (1 2 2i)(1 2i) (1 2i 4) 5 2i Ta có: z 5 2i Tới đây có rất nhiều bạn sẽ nhanh chóng chọn đáp án là 2nhưng đây không phải là z. Ta phải thêm bước tìm z nữa. Đáp án đúng là -2 . Đáp án A.
16. Câu 36: Đáp án D   AB 4;1; 10 , BC 8; 2;5   Ta có tích vô hướng: AB.BC 8( 4) 1.( 2) ( 10).5 84 Câu 37: Phân tích: Hình bình hành có tâm là trung điểm 2 đường chéo nên tâm của nó là trung điểm của AB.  OA 1;1;0 A 1;1;0  OB 1;1;0 A 1;1;0 1 1 1 1 0 0 Vậy trung điểm của AB có tọa độ là ; ; 0;1;0 2 2 2 Đáp án là A Câu 38: Trước hết ta cần tìm vecto pháp tuyến của mp(ABC)  n  AB    n AB; AC n  AC Ta có n 2;3; 4 Do A nằm trong mp(ABC) nên ta có phương trình: 2(x 0) 3(y 2) 4(z 1) 0 2x 3y 4z 2 0 Đáp án là B Câu 40: Ta có a 12 12 2, c 12 12 12 3 nên A, B đúng. Lại có: a.b 0 a  b nên C đúng c.b 2 c  b là sai nên đáp án là D. Câu 41: Ta có: Trên mặt phẳng Oxy ta lấy hai điểm B(3;0);C(0;4) thì ba người mà ta đang xét nằm ở ba vị trí là O; B;C và ta cần tìm điểm M thỏa mãn: MO MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có hai cách làm: + Một là gọi H; K là hình chiếu của M lên OB;OC sau đó đặt MH x;MK y rồi tiếp tục giải. + Hai là ta dựng các tam giác đều OBX ;OMI như hình vẽ. Khi đó, ta có: VOMB VOIX MO+MB+MC=CM+MI+IX CX xảy ra khi: C, M , I, X thẳng hàng.
17. Điểm M là giao điểm của CX và đường tròn ngoại tiếp VOBX . Ta có: X (x, y) . Khi đó: 3 2 2 x x y 9 2 XO XB OB 3 x 3 2 y2 9 3 3 y 2 3 3 3 Do X nằm dưới trục hoành nên: X ; . 2 2 x 0 y 4 24 9 3 Khi đó ta có: CX : x (y 4) 3 3 3 37 0 4 2 2 2 2 3 3 (OBX ) : x y 3 2 2 Do đó, điểm M là nghiệm của hệ: 24 9 3 x (y 4) 2 2 37 24 9 3 3 3 (y 4) y 3 2 2 3 3 37 2 2 x y 3 2 2 2 2 24 9 3 3 3 3 3 y y y 0 37 2 2 2 3 3 3 3 3 y y x M  X (loai) 2 2 2 2 3 3 3 24 9 3 3 372 3( 24 9 3)2 2 2 2 37 2 37 y 2 y 2 24 9 3 24 9 3 372 1 37 372 3 1088 1296 3 486 136 3 y 2 y 2188 432 3 547 108 3 24 9 3 1702 296 3 ( 24 9 3)( 46 8 3) 1320 606 3 x . x 37 547 108 3 547 108 3 547 108 3 1320 606 3 486 136 3 Do đó ta có điểm: M ; 547 108 3 547 108 3 M (0,7512;0,6958) Nên: OM BM CM 6,77km .Vậy đáp án đúng là C
18. Câu 42: Nhận xét: (S) tiếp xúc với mặt phẳng thì bán kính mặt cầu chính là khoảng cách từ I tới mặt phẳng. 2.2 2.1 1 3 Ta có R d I,( ) 2 . Vậy đáp án là A 22 22 1 Câu 43: AB.AA' AA' Ta có: S 9 6 AA' 3 ABA' 2 2 1 62. 3 V S .AA' 9 3 3 ABC 4 Đáp án là B. Câu 44: Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp khi đã biết diện tích và đường cao: 1 1 16a3 V S.h (2a)2 Aa= 3 3 3 Đáp án là B Câu 45: Kẻ HB vuông góc với AC. Ta có: SA  (ABC) SA  HB HB  (SAC) HB  SH HSB 30o HB HB tan 30o SH a 6 SB tan 30o 1 (2a)2 4a3 Xét tam giác SAH vuông tại A nên: SA SH 2 AH 2 2a V .2a 3 2 3 Đáp án là C Câu 46: 1 9a2 Ta có: SA  SB S SA.SB SAB 2 2 SC  SA SC  (SAB) SC  SB 1 27a3 9a3 V SC.S SABC 3 SAB 6 2 Đáp án là C Câu 47:
19. AC 3 3a Ta có: SCA 30o cos30o AC a 3 SC 2 2 SA a 3 1 3 9a3 sin 30o SA V SA.AC 2. SC 2 3 4 32 Vậy đáp án là B Câu 48: Ta kẻ SH  BC Do SBC vuông góc với mặt phẳng đáy nên mọi đường vuông góc với giao tuyến và nằm trên mặt phẳng này sẽ vuông góc với mặt phẳng kia. Do SH  BC SH  (ABC) Hay SH chính là đường cao của hình chóp. 3 Xét tam giác SBC đều và có cạnh BC a nên ta có: SH SC.sin 60o a 2 a Xét tam giác ABC vuông cân tại A có: AC AB 2 a2 a2 Ta có: S ABC 2.( 2)2 4 1 1 a2 a 3 a3 3 V S .SH . . 3 ABC 3 4 2 24 Vậy đáp án là C Câu 49: Xét tam giác SAB có: SA2 SB2 a2 3a2 4a2 AB2 Theo định lý Phythago đảo, tam giác SAB vuông tại S. Kẻ SH  AB Do SAB  ABCD SH  ABCD Hay nói cách khác SH là đường cao của hình chóp. Xét tam giác SAB vuông tại S, đường cao SH, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có : 1 1 1 SA2 SB2 SH 2 1 1 1 4 a 3 SH SH 2 a2 3a2 3a2 2
20. 2 2 Tính diện tích ABCD, ABCD là hình vuông có cạnh là 2a nên ta có : SABCD (2a) 4a Tính thể tích hình chóp : 1 1 a 3 2a3 3 V S .SH .4a2. 3 ABCD 3 2 3 Vậy đáp án là A. Câu 50: Kẻ SH  AC . Do SAC  ABCD SH  ABCD Hay SH là đường cao của hình chóp Lại có ABCD là hình vuông nên AC BD 2a Xét tam giác SAC vuông tại S, tho định lý Pythago ta có: SA AC 2 SC 2 4a2 3a2 a Xét tam giác SAC vuông tại S, đường cao SH. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có 1 1 1 1 1 4 SH 2 SA2 SC 2 a2 3a2 3a2 a 3 SH 2 Tính diện tích ABCD Xét tam giác ABC vuông tại B ta có : AC 2a AC AB AC sin 450 a 2 2 2 2 2 SABCD AB (a 2) 2a 1 a 3 a3 3 Tính thể tích: V . .2a2 . Vậy đáp án là C 3 2 3