›
›
›

Đề thi thử soạn theo hướng Đánh giá năng lực năm 2021-2022 môn Toán - Đề số 1 (Có kèm đáp án )

doc 34 trang haihamc 14/07/2023 2370
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi thử soạn theo hướng Đánh giá năng lực năm 2021-2022 môn Toán - Đề số 1 (Có kèm đáp án )", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_thu_soan_theo_huong_danh_gia_nang_luc_nam_2021_2022_m.doc

Nội dung text: Đề thi thử soạn theo hướng Đánh giá năng lực năm 2021-2022 môn Toán - Đề số 1 (Có kèm đáp án )

  1. Đề thi thử soạn theo hướng Đánh giá năng lực năm 2021-2022 - Môn Toán ĐỀ SỐ 1 (Theo ĐHQGHN-1) Tư duy định lượng – Toán học Câu 1 (NB): Theo thống kê về độ tuổi trung bình của một số đội tại giải U23 Châu Á năm 2018 và 2020, với trục tung là độ tuổi của các cầu thủ, trục hoành là thông tin thống kê từng năm, ta có biểu đồ bên dưới. Nguồn : zing.vn Trong năm 2018, đội tuyển nào có trung bình cộng số tuổi cao nhất? A. Nhật Bản. B. Qatar. C. Uzbekistan. D. Việt Nam. Câu 2 (TH): Tính đạo hàm của hàm số f x x x 1 x 2 x 2018 tại điểm x 0 . A. f 0 0. B. f 0 2018!. C. f 0 2018!. D. f 0 2018. Câu 3 (NB): Nghiệm của phương trình log2 3x 3 là: 8 1 A. B.x C.3 D. x 2 x x 3 2 1 2 3 2 2 x y Câu 4 (VD): Giải hệ phương trình : 4 6 2 2 10 x y A. Vô nghiệm B. 1;1 , 1;1 ; 1; 1 ; 1; 1 . C. 1;1 ; 1; 1 ; 1; 1 . D. 1;1 , 1;1 . Câu 5 (VD): Cho các số phức z1 3 2i, z2 1 4i và z3 1 i có biểu diễn hình học trong mặt phẳng tọa độ Oxy lần lượt là các điểm A, B,C . Diện tích tam giác ABC bằng: Trang 1
  2. A. B.2 12.17.C. D. 9. 4 13 Câu 6 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 2; 1;3 . Mặt phẳng P đi qua điểm A và song song với mặt phẳng Q : x 2y 3z 2 0 có phương trình là A. B.x C.2 yD. 3z 9 0 x 2y 3z 9 0 x 2y 3z 7 0 x 2y 3z 7 0 Câu 7 (NB): Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây là hình chiếu vuông góc của điểm A 3;2;4 trên mặt phẳng Oxy. A. B.P C.3;2 D.;0 Q 3;0;4 N 0;2;4 M 0;0;4 x 1 2x 3 5 3x Câu 8 (VD): Biết rằng bất phương trình x 3 có tập nghiệm là một đoạn a;b . Giá trị của 2 3x x 5 biểu thức a b bằng: 11 9 47 A. B. 8C. D. 2 2 10 Câu 9 (TH): Phương trình sin2 x 3 sin x cos x 1 có bao nhiêu nghiệm thuộc 0;2 ? A. 5 B. 3 C. 2 D. 4 Câu 10 (TH): Người ta trồng 5151 cây theo dạng một hình tam giác như sau: hàng thứ nhất trồng 1 cây, hàng thứ hai trồng 2 cây, hàng thứ ba trồng 3 cây, , cứ tiếp tục như thế cho đến khi hết số cây. Số hàng cây trồng được là: A. 100 B. 101 C. 102 D. 103 x2 2x 1 Câu 11 (TH): Tìm họ nguyên hàm của hàm số f x x 2 1 x2 1 A. B.x C. D. C ln x 2 C x2 ln x 2 C 1 C x 2 2 x 2 2 Câu 12 (VD): Cho hàm số y f x liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình dưới. Tìm m để bất phương x 1 trình f x m nghiệm đúng với mọi x 0;1. x 2 Trang 2
  3. 1 1 2 2 A. B.m C.f D. 0 m f 0 m f 1 m f 1 2 2 3 3 Câu 13 (VD): Một chiếc xe đua F1 đạt tới vận tốc lớn nhất là 360km / h . Đồ thị bên biểu thị vận tốc v của xe trong 5 giây đầu tiên kể từ lúc xuất phát. Đồ thị trong 2 giây đầu là một phần của một parabol định tại gốc tọa độ O, giây tiếp theo là đoạn thẳng và sau đúng ba giây thì xe đạt vận tốc lớn nhất. Biết rằng mỗi đơn vị trục hoành biểu thị 1 giây, mỗi đơn vị trực tung biểu thị 10 m/s và trong 5 giây đầu xe chuyển động theo đường thẳng. Hỏi trong 5 giây đó xe đã đi được quãng đường là bao nhiêu? A. 340 (mét) B. 420 (mét) C. 400 (mét) D. 320 (mét) Câu 14 (TH): Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 7%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi người đó phải gửi ít nhất bao nhiêu năm để nhận được tổng số tiền cả vốn ban đầu và lãi nhiều hơn 131 triệu đồng, nếu trong khoảng thời gian gửi người đó không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi? A. 6 B. 3 C. 4 D. 5 x2 x 1 2x 1 5 5 Câu 15 (TH): Cho bất phương trình . Tập nghiệm của bất phương trình có dạng 7 7 S a;b . Giá trị của biểu thức A 2b a là A. 1 B. 2 C. −2 D. 3 Câu 16 (TH): Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x =1 và x = 2 , biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x , (1 ≤ x ≤ 2) là một hình chữ nhật có độ dài hai cạnh là x và x2 3 . 7 7 8 16 2 7 8 7 7 A. B. C. D. 8 2 4 3 3 3 Câu 17 (VD): Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của m để hàm số y x3 3 2m 1 x2 12m 5 x 2 đồng biến trên khoảng 2; . Số phần tử của S bằng: A. 1 B. 2 C. 3 D. 0 Câu 18 (TH): Cho số phức z thỏa mãn 3z i z 8 0 . Tổng phần thực và phần ảo của z bằng: Trang 3
  4. A. 1 B. 2 C. 1 D. 2 Câu 19 (TH): Trong mặt phẳng tọa độ, tập hợp điểm M x; y biểu diễn của số phức z x yi, x, y ¡ thỏa mãn z 1 3i z 2 i là: A. Đường tròn đường kính AB với A 1; 3 ,B 2;1 . B. Đường thẳng trung trực của đoạn thẳng AB với A 1; 3 ,B 2;1 . C. Trung điểm của đoạn thẳng AB với A 1; 3 ,B 2;1 . D. Đường thẳng trung trực của đoạn thẳng AB với A 1;3 ,B 2; 1 . Câu 20 (TH): Cho đường thẳng đi qua hai điểm A 3;0 và B 0; 4 .Tìm tọa độ điểm M thuộc O y sao cho diện tích MAB bằng 6. 0;0 A. B. 0 ;C.1 D. 1;0 0;8 0; 8 Câu 21 (TH): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2 y2 2mx 4 m 1 y 4m2 5m 2 0 là phương trình của một đường tròn trong mặt phẳng tọa độ Oxy. m 1 m 2 m 2 A. B. 2 C. mD. 1 m 2 m 1 m 1 Câu 22 (VD): Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P : x 3y 2z 5 0 và hai điểm A 2;4;1 , B 1;1;3 . Viết phương trình mặt phẳng Q đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng P . A. x+ 2y + 3z - 11 = 0. B. 2y - 3z - 11 = 0. C. 2y + 3z + 11 = 0. D. 2y + 3z - 11 = 0 Câu 23 (TH): Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy R 2 . Biết diện tích xung quanh của hình nón là 2 5 . Tính thể tích khối nón. 5 4 2 A. B. C. D. 3 3 3 Câu 24 (TH): Một cái cột có hình dạng như hình bên (gồm một khối nón và một khối trụ ghép lại). Chiều cao đo được ghi trên hình, chu vi đáy là 20 3 cm. Thể tích của cột bằng: A. B.13 0C.00 D. cm3 5000 cm3 15000 cm3 52000 cm3 Trang 4
  5. Câu 25 (VD): Cho khối lăng trụ ABC.A B C . Gọi E là trọng tâm tam giác A B C và F là trung điểm V1 BC . Gọi V1 là thể tích khối chóp B .EAF và V2 là thể tích khối lăng trụ ABC.A B C . Khi đó có giá V2 trị bằng 1 1 1 1 A. B. C. D. 5 4 6 8 Câu 26 (VD): Cho tứ diện ABCD . Gọi M ,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , CD . G là trung GI điểm của MN , I là giao điểm của đường thẳng AG và mặt phẳng BCD . Tính tỉ số ? GA GI 1 GI 1 GI 1 GI 1 A. B. C. D. GA 4 GA 5 GA 2 GA 3 Câu 27 (VD): Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x 2)2 (y 1)2 (z 2)2 9 và điểm M thay đổi trên mặt cầu. Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng OM là A. 12 B. 3 C. 9 D. 6 Câu 28 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 1; 2 và mặt phẳng P :x 2y 3z 4 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với P . x 1 y 1 z 2 x 1 y 1 z 2 x 1 y 1 z 2 x 1 y 1 z 2 A. B. C. D. 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 Câu 29 (VD): Cho hàm số f x có đạo hàm f x x2 x 2 x 3 . Điểm cực đại của hàm số g x f x2 2x là: A. B.x C.3 D. x 0 x 1 x 1 Câu 30 (VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A 3;0;0 ,B 0;0;3 ,C 0; 3;0 . Điểm M a;b;c nằm trên mặt phẳng Oxy sao cho MA2 MB2 MC 2 nhỏ nhất. Tính a2 b2 c2 . A. 18 B. 0 C. 9 D. -9 3 2 2 Câu 31 (VD): Cho hàm số y f x có đạo hàm f x x 1 x 4m 5 x m 7m 6 ,x ¡ . Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số g x f x có đúng 5 điểm cực trị? A. 4. B. 2. C. 5. D. 3. Câu 32 (VD): Tìm tất cả các gía trị thực của tham số m sao cho phương trình m 1 x2 2 m 1 x m 4 0 có hai nghiệm dương phân biệt. A. m 4 hoặc B.1 m 5 hoặc m 1 4 m 5 C. D.1 m 5 4 m 5 Trang 5
  6. 1 Câu 33 (VD): Cho hàm số f x liên tục trên 0; và thỏa mãn 2 f x xf x với mọi x 0 . x 2 Tính f x dx . 1 2 7 7 9 3 A. B. C. D. 12 4 4 4 Câu 34 (VD): Trường trung học phổ thông A có 23 lớp, trong đó khối 10 có 8 lớp, khối 11 có 8 lớp và khối 12 có 7 lớp, mỗi lớp có một chi đoàn, mỗi chi đoàn có một em làm bí thư. Các em bí thư đều giỏi và rất năng động nên Ban chấp hành Đoàn trường chọn ngẫu nhiên 9 em bí thư đi thi cán bộ đoàn giỏi cấp tỉnh. Tính xác suất để 9 em được chọn có đủ 3 khối. 7234 7012 7123 7345 A. B. C. D. 7429 7429 7429 7429 Câu 35 (VD): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A B C có diện tích đáy bằng 12 và chiều cao bằng 6. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CB,CA và P,Q, R lần lượt là tâm các hình bình hành ABB A , BCC B , CAA C . Thể tích của khối đa diện PQRABMN bằng: A. 42B. 14C. 18D. 21 2x 3 Câu 36 (NB): Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y tại điểm có hoành độ x 1 có hệ số góc bằng 2 x bao nhiêu? Đáp án: 2 Câu 37 (TH): Cho hàm số y f x có đạo hàm f x x2 1 x 3 x 2 ,x ¡ . Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là: Đáp án: Câu 38 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;3; 2 và mặt phẳng P : 2x y 2z 3 0. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng P bằng: Đáp án: Câu 39 (VD): Có 2 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và 4 học sinh lớp C xếp thành một hàng ngang sao cho giữa hai học sinh lớp A không có học sinh lớp B. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng như vậy? Trang 6
  7. Đáp án: f x 20 (3)6 f x 5 5 Câu 40 (VDC): Cho f x là đa thức thỏa mãn lim 10. Tính lim . . x 2 x 2 x 2 x2 x 6 Đáp án: Câu 41 (NB): Parabol y ax2 bx c đạt cực tiểu bằng 4 tại x 2 và đi qua A 0;6 có phương trình là: Đáp án: x3 Câu 42 (TH): Tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y mx2 2mx 1 có hai điểm cực trị là: 3 Đáp án: 1 2 Câu 43 (VD): Cho f x liên tục trên ¡ và f 2 1 , f 2x dx 2 . Tích phân xf x dx bằng 0 0 Đáp án: Câu 44 (VD): Cho hàm số bậc ba y f x có đồ thị như hình vẽ bên dưới. 2 Số nghiệm thực của phương trình f x3 3x là 3 Đáp án: Câu 45 (VD): Cho số phức z thỏa mãn z i 1 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức w 3 4i z 2 i là một đường tròn tâm I, điểm I có tọa độ là: Đáp án: Câu 46 (VD): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB BC 2a . Tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ABC , SA 3a . Góc giữa hai mặt phẳng SAB và SAC bằng: Đáp án: x 2 2t Câu 47 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : y 0 . Gọi d là đường z t thẳng đối xứng với d qua mặt phẳng Oxy . Phương trình của d là: Đáp án: Trang 7
  8. x Câu 48 (VD): Cho phương trình 11 m log11 x m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m 205;205 để phương trình đã cho có nghiệm? Đáp án: Câu 49 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a, AD 2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng ABCD bằng 450 . Gọi M là trung điểm SD, hãy tính theo a khoảng cách d từ M đến mặt phẳng (SAC). Đáp án: Câu 50 (VD): Khi xây nhà, cô Ngọc cần xây một bể đựng nước mưa có thể tích V 6m3 dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài gấp ba lần chiều rộng, đáy và nắp và các mặt xung quanh đều được đổ bê tông cốt 2 thép. Phần nắp bể để hở một khoảng hình vuông có diện tích bằng diện tích nắp bể. Biết rằng chi phí 9 cho 1m2 bê tông cốt thép là 1.000.000d . Tính chi phí thấp nhất mà cô Ngọc phải trả khi xây bể (làm tròn đến hàng trăm nghìn)? Đáp án: Trang 8
  9. Đáp án 1-D 2-C 3-C 4-B 5-D 6-B 7-A 8-D 9-D 10-B 11-B 12-D 13- 14-C 15-D 16-A 17-A 18- 19-B 20-B D D 21-C 22-D 23-C 24- 25-C 26-D 27-D 28- 29-C 30-A A A 31-A 32-A 33- 34- 35-D 36- 37-2 38-2 39- 4 40-T D A 1 145152 25 k 9 41- 42- 43- 44- 45- 46- 47- 48- 49- 50- 1 2 m 2 2 10 6; 2 60 x 4 2t 204 a 1513 21.000.000 y x 2x 6 2 m 0 y 0 89 z 1 t LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án D Phương pháp giải: Quan sát biểu đồ cột năm 2018; lựa chọn đội tuyển có cột được thể hiện cao nhất. Giải chi tiết: Trong năm 2018, đội tuyển Việt Nam có trung bình cộng số tuổi cao nhất. MÌNH VỪA MUA 8 BỘ DƯỚI ĐÂY 999K ,THẦY CỐ NÀO CẦN EN CHIA SẼ LẠI VỚI GIÁ 1 LY CAFÉ : 79K NHẮN TIN THEO SĐT 0988207270 IÊN HỆ : 0988207270 CÔ HẰNG ĐỂ XEM THỬ FIVE WORD VÀ DEF 8. BỘ NHƯ SAU: 1.BỘ ĐỀ THI THỬ THTP MÔN TOÁN NĂM 2023 TỪ CÁC TRƯỜNG có lời giải chi tiết (cập nhật 6/2023):giá góc 500k 2.BỘ DỰ ĐOÁN VÀ BÁM SÁT CẤU TRÚC BGD (bản Word) có lời giải: giá góc 700k 3.40 CHUYÊN ĐỀ ÔN THPT(bản Word) có lời giải: giá góc 500k 4.EBOOK VD-VDC CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI NĂM 2023(bản Word) có lời giải: giá góc 500k 5.Bộ tài liệu chinh phục VD-VDC giải tích (bản Word) có lời giải: giá góc 500k 6.Bộ đề HSG toán 10-11-12 (bản Word) có lời giải: giá góc 400k 7.Gói đề thi thử THPT năm 2022 soạn riêng theo đề ĐÁNH GÍA NĂNG LỰC ĐHQG(bản Word) có lời giải: giá góc 500k Trang 9
  10. 8.Tài liệu dạy thêm Toán 10 – 11 - 12 : (bản Word) có lời giải: giá góc 500k LIÊN HỆ MUA:CÔ HẰNG SĐT 0988207270 Câu 2: Đáp án C Phương pháp giải: f .g f .g f .g Giải chi tiết: f x x x 1 x 2 x 2018 f x 1. x 1 x 2 x 2018 x.1. x 2 x 2018 x x 1 .1. x 2 x 2018 x. x 1 x 2 x 2017 .1 f 0 1. 1 2 2018 0 0 0 1.2 2018 2018! Câu 3: Đáp án C b Phương pháp giải: Giải phương trình logarit: loga x b x a Giải chi tiết: ĐKXĐ: x 0 8 Ta có: log 3x 3 3x 23 3x 8 x 2 3 8 Vậy phương trình có nghiệm x 3 Câu 4: Đáp án B Phương pháp giải: +) Đặt ẩn phụ, đưa hệ về hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn. +) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số. Giải chi tiết: Điều kiện x 0; y 0. 1 1 Đặt a; b a,b 0 khi đó hệ phương trình trở thành: x2 y2 1 x 1 1 a 2b 3 a 3 2b a 3 2b a 1 x2 x 1 tm 4a 6b 10 4 3 2b 6b 10 b 1 b 1 1 1 y 1 y2 y 1 Vậy hệ phương trình ban đầu có 4 nghiệm 1;1 , 1;1 ; 1; 1 ; 1; 1 . Câu 5: Đáp án D Phương pháp giải: - Suy ra tọa độ của A,B,C : Số phức z a bi được biểu diễn bởi điểm M a;b . Trang 10
  11. - Tính độ dài các đoạn thẳng AB, AC, BC . Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng 2 2 2 AB xB xA yB yA zB zA . - Sử dụng công thức Herong để tính diện tích tam giác: S ABC p p AB p AC p BC với p là nửa chu vi tam giác ABC . Giải chi tiết: Ta có z1 3 2i, z2 1 4i và z3 1 i có biểu diễn hình học trong mặt phẳng tọa độ Oxy lần lượt là các điểm A, B,C nên A 3; 2 ; B 1;4 ;C 1;1 . Khi đó ta có: 2 10 5 13 Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC ta có: p . 2 Diện tích tam giác ABC là: S ABC p p AB p AC p BC 9. Câu 6: Đáp án B Phương pháp giải: - Mặt phẳng (Q) song song với P :ax by cz d 0 có dạng Q :ax by cz d 0 d d . - Thay tọa độ diểm A vào phương trình (Q) tìm hệ số d . Giải chi tiết: Mặt phẳng song P song với mặt phẳng Q : x 2y 3z 2nên 0 phương trình mặt phẳng có P dạng.x 2y 3z a 0 a 2 Vì A 2; 1;3 P 2 2. 1 3.3 a 0 a 9 . Vậy phương trình mặt phẳng P cần tìm là: x 2y 3z 9 0 . Câu 7: Đáp án A Phương pháp giải: Hình chiếu của điểm I a;b;c trên mặt phẳng Oxy là I a;b;0 . Giải chi tiết: Hình chiếu của điểm A 3;2;4 trên mặt phẳng Oxy là P 3;2;0 . Câu 8: Đáp án D Phương pháp giải: Giải hệ bất phương trình để tìm tập nghiệm. Xác định được a, bđể tính giá trị của biểu thức. Giải chi tiết: x 1 2x 3 x 1 2x 3 x 2 5 3x Theo đề bài, ta có: x 3 5 3x 2x 6 5x 11 2 3x x 5 2x 5 3x x 5 Trang 11
  12. x 2 11 11 5 x x 5 5 2 5 x 2 11 5 11 5 Vậy hệ bất phương trình có tập nghiệm S ; a ,b 5 2 5 2 11 5 47 a b 5 2 10 Câu 9: Đáp án D Phương pháp giải: Ta sử dụng các công thức : 1 cos 2x sin2 x ;sin 2x 2sin x cos x;cos a b cos a cosb sin asin b. 2 Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc nhất giữa sin và cos Acos X Bsin X C A2 B2 C , chia cả hai vế cho A2 B2 để ta đưa về dạng phương trình lượng giác cơ bản. Giải chi tiết: 1 cos 2x 3 Ta có : sin2 x 3 sin x cos x 1 sin 2x 1 2 2 3 1 1 1 3 1 sin 2x cos 2x cos 2x sin 2x 2 2 2 2 2 2 1 cos .cos 2x sin sin 2x 3 3 2 2x k2 x k 3 3 cos 2x cos k,m ¢ 3 3 x m 2x m2 3 3 3 Vì x 0;2  nên ta có k 0 x 0 + 0 k 2 0 k 2 k 1 x k 2 x 2 1 7 2 + 0 m2 2 m m 1 x . 3 6 6 3 Vậy có bốn nghiệm thuộc 0;2  Bản word phát hành từ website Tailieuchuan.vn Câu 10: Đáp án B Trang 12
  13. Phương pháp giải: - Sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của CSC có số hạng đầu u , 1công 2u n 1 d n sai d là S 1 . n 2 n n 1 - Sử dụng công thức tính nhanh 1 2 3 n 2 Giải chi tiết: n n 1 Giả sử trồng được n hàng cây n 0 , khi đó số cây trồng được trên n hàng đó là: 2 n n 1 2 n 101 tm Theo bài ra ta có 5151 n n 10302 0 2 n 102 ktm Vậy số hàng cây trồng được là 101 hàng. Câu 11: Đáp án B Phương pháp giải: - Chia tử thức cho mẫu thức. xn 1 dx 1 - Áp dụng các công thức tính nguyên hàm: xndx C n 1 , ln ax b C n 1 ax b a Giải chi tiết: x2 2x 1 1 Ta có f x x x 2 x 2 1 x2 f x dx x dx ln x 2 C x 2 2 Câu 12: Đáp án D Phương pháp giải: - Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng m g x x 0;1 m min g x . 0;1 - Chứng minh hàm số g x đơn điệu trên 0;1 và suy ra min g x . 0;1 Giải chi tiết: Ta có: x 1 x 1 f x m x 0;1 m f x g x x 0;1 m min g x x 2 x 2 0;1 x 1 1 Xét hàm số g x f x trên 0;1 ta có: g x f x . x 2 x 2 2 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số y f x nghịch biến trên 0;1 nên f x 0x 0;1 , lại có 1 0x 0;1 , do đó g x 0x 0;1 , suy ra hàm số y g x nghịch biến trên 0;1 nên x 2 2 2 min g x g 1 f 1 . 0;1 3 Trang 13
  14. 2 Vậy m f 1 . 3 Câu 13: Đáp án D Phương pháp giải: - Tìm hàm vận tốc v t trên mỗi giai đoạn dựa vào đồ thị. b - Quãng đường vật đi được từ thời điểm t a đến thời điểm t b là s v t dt . a Giải chi tiết: 2 2 2 Trong 2 giây đầu, v1 at , lại có khi t 2 s v1 60 m / s nên 60 a.2 a 15 , suy ra v1 15t . 2 2 Quãng đường vật đi được trong 2 giây đầu là s v t dt 15t 2dt 40 m . 1 1 0 0 Trong giây tiếp theo, v2 mt n . t 2 v 60 2m n 60 m 40 Ta có , nên ta có hệ phương trình t 3 v 360km / h 100m / s 3m n 100 n 20 v2 t 40t 20 3 3 Quãng đường vật đi được trong giây tiếp theo là s v t dt 40t 20 dt 80 m . 2 2 2 2 Trong 2 giây cuối, v3 100 m / s . 5 5 Quãng đường vật đi được trong 2 giây cuối là s v t dt 100dt 200 m . 3 3 3 3 Vậy trong 5 giây đó xe đã đi được quãng đường là: 40 80 200 320 m . Câu 14: Đáp án C n Phương pháp giải: Sử dụng công thức lãi kép An A 1 r . Giải chi tiết: Giả sử sau n năm để người đó nhận được tổng số tiền cả vốn ban đầu và lãi nhiều hơn 131 triệu đồng, ta có: 100 1 7% n 131 n 3,99 Vậy sau 4 năm người đó nhận được tổng số tiền cả vốn ban đầu và lãi nhiều hơn 131 triệu đồng. Câu 15: Đáp án D 0 a 1 0 f x g x f x g x Phương pháp giải: Giải bất phương trình logarit: a a a 1 f x g x 0 Giải chi tiết: Trang 14
  15. x2 x 1 2x 1 5 5 2 2 0 x x 1 2x 1 x 3x 2 0 1 x 2 7 7 a 1 ⇒ Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S 1;2 b 2 Vậy A 2b a 2.2 1 3. Câu 16: Đáp án A b Phương pháp giải: - Sử dụng công thức tính thể tích V S x dx , S x là diện tích mặt cắt của hình a bởi mặt phẳng qua hoành độ x và vuông góc Ox. - Tích tích phân bằng phương pháp đổi biến số, đặt t x2 3 . Giải chi tiết: Diện tích mặt cắt là: S x x x2 3 2 2 Thể tích của vật thể đó là: V S x dx x x2 3dx 1 1 Đặt t x2 3 t 2 x2 3 tdt xdx x 1 t 2 Đổi cận: . x 2 t 7 7 7 t3 7 7 8 V t.tdt . 2 3 2 3 Câu 17: Đáp án A Phương pháp giải: Hàm số y f x đồng biến trên a; b f x 0 x a; b . Giải chi tiết: Xét hàm số: y x3 3 2m 1 x2 12m 5 x 2 y 3x2 6 2m 1 x 12m 5 y 0 3x2 6 2m 1 x 12m 5 0 * TH1: Hàm số đã cho đồng biến trên ¡ y 0x 0 9 2m 1 2 3 12m 5 0 9 4m2 4m 1 36m 15 0 1 6 6 36m2 6 0 m2 m 6 6 6 TH2: Hàm số đã cho đồng biến trên 2; * có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn 2 x1 x2 Trang 15
  16. 0 36m2 6 0 x1 2 x1 2 0 x1x2 2 x1 x2 4 0 x1 x2 4 x1 x2 4 6 m 6 1 m2 6 6 m 6 12m 5 6 2m 1 2. 4 0 12m 5 24m 2 12 0 3 3 4m 2 4 6 2m 1 4 3 6 6 m m 6 6 6 6 m m 6 6 5 1 5 12m 15 m m 4 2 4 1 m 1 2 m 2 6 6 m Kết hợp hai trường hợp ta được: 6 6 1 5 m 2 4 Lại có: m ¢ m 1. Vậy có 1 giá trị m thỏa mãn bài toán. Câu 18: Đáp án D Phương pháp giải: - Đặt z a bi a;b ¡ z a bi - Thay vào giả thiết 3z i z 8 0 , đưa phương trình về dạng A Bi 0 A B 0 . Giải chi tiết: Đặt z a bi a;b ¡ z a bi . Theo bài ra ta có: 3z i z 8 0 3 a bi i a bi 8 0 3a 3bi ai b 8i 0 3a b a 3b 8 i 0 Trang 16
  17. 3a b 0 a 1 a 3b 8 0 b 3 Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là a b 1 3 2 . Câu 19: Đáp án B Phương pháp giải: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn: z a bi z a b i , a,b,a ,b ¡ là đường trung trực của đoạn thẳng AA với A a;b ,A a ;b . Giải chi tiết: Ta có: z 1 3i z 2 i x 1 2 y 3 2 x 2 2 y 1 2 ⇒ Tập hợp điểm M x; y biểu diễn của số phức z x yi, x, y ¡ là đường thẳng trung trực của đoạn thẳng AB với A 1; 3 ,B 2;1 . Câu 20: Đáp án B Phương pháp giải: +) Ta có: M Oy M 0; yM . x xA y yA +) Lập phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A xA; yA , B xB ; yB là: AB : . xB xA yB yA 1 +) Công thức tính diện tích MAB là: S d M ; AB .AB. 2 +) Sử dụng công thức tính khoảng cách từ điểm M x0 ; y0 đến đường thẳng d :ax by c 0 là: ax by c d M ;d 0 0 . a2 b2 Giải chi tiết:  Ta có: AB 3; 4 AB 3 2 4 2 5. Phương trình đường thẳng đi qua A 3;0 và B 0; 4 là: x 3 y 0 AB : 4 x 3 3y 4x 3y 12 0. 0 3 4 0 Ta có M Oy M 0; yM . 1 S d M ; AB .AB 6 MAB 2 4.0 3yM 12 .5 12 3yM 12 12 42 32 3yM 12 12 yM 0 M 0;0 3yM 12 12 yM 8 M 0; 8 Trang 17
  18. Câu 21: Đáp án C Phương pháp giải: Phương trình x2 y2 2ax 2by c 0 là phương trình đường tròn ⇔ a2 b2 c 0 . Giải chi tiết: x2 y2 2mx 4 m 1 y 4m2 5m 2 0 1 Có a m,b 2 m 1 ,c 4m2 5m 2 (1) là phương trình đường tròn a2 b2 c 0 m 2 4 m 1 2 4m2 5m 2 0 m2 4 m2 2m 1 4m2 5m 2 0 m2 4m2 8m 4 4m2 5m 2 0 2 m 1 m 3m 2 0 m 1 m 2 0 m 2 Câu 22: Đáp án D Phương pháp giải: Áp dụng công thức tính tích có hướng của hai vecto. Giải chi tiết: Gọi vecto pháp tuyến của mặt phẳng Q là u Ta có mặt phẳng Q đi qua A 2;4;1 ; B 1;1;3 và vuông góc với mặt phẳng P : x 3y 2z 5 0  u  AB 3; 3;2  Nên u AB;n 0;8;12 hay 0;2;3 . u  n 1; 3;2 Mặt phẳng Q có vecto pháp tuyến u 0;2;3 và đi qua điểm A 2;4;1 nên có phương trình là 2y 3z 11 0 . Câu 23: Đáp án C Phương pháp giải: - Tính độ dài đường sinh từ công thức diện tích xung quanh hình nón Sxq Rl . - Tính chiều cao hình nón theo công thức l 2 R2 h2 . 1 - Thể tích khối nón V r 2h . 3 Giải chi tiết: Ta có : Sxq Rl 2 5 .2l l 5 . 2 Lại có l 2 R2 h2 5 22 h2 h2 1 h 1 1 1 4 Vậy thể tích khối nón là : V R2h .22.1 3 3 3 Câu 24: Đáp án A Trang 18
  19. Phương pháp giải: - Chu vi đường tròn bán kính R là C 2 R 1 - Thể tích khối nón có chiều cao h, bán kính đáy r là V r 2h 3 - Thể tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là V r 2h . Giải chi tiết: Gọi r là bán kính đường tròn đáy của hình trụ và hình nón. Theo bài ra ta có: Chu vi đáy là C 2 r 20 3 r 10 3 cm 2 1 2 1 3 Thể tích khối nón là V1 r .h1 . 10 3 .10 1000 cm 3 3 2 2 3 Thể tích khối trụ là V2 r .h2 . 10 3 .40 12000 cm 3 Thể tích của cột là V V1 V2 13000 cm . Câu 25: Đáp án C Phương pháp giải: - So sánh VB .AEF ,VB .AA MF - So sánh VB .AA MF ,VABF.A B M , từ đó so sánh VB .AA MF ,V . Giải chi tiết: 1 1 Gọi M là trung điểm của B C ta có: S S V V . AEF 2 AA MF B .AEF 2 B .AA MF 2 2 1 1 Mà V V . V V . B .AA MF 3 ABF.A B M 3 2 3 1 1 1 1 V V . V V . B .AEF 2 B .AA MF 2 3 6 V 1 Vậy 1 V 6 Câu 26: Đáp án D Phương pháp giải: Vẽ hình sau đó sử dụng định lý Ta-lét trong tam giác. Trang 19
  20. Giải chi tiết: Trog ABN qua M kẻ đường thẳng song song với AI cắt BN tại J. GI / /MJ 1 Xét tam giác MNJ ta có: GI .MJ 1 GN GM gt 2 MJ / / AI 1 Xét tam giác BAI ta có: MJ .AI 2 MA MB 2 1 GI 1 Từ (1)&(2)⇒ GI AI 4 GA 3 Câu 27: Đáp án D Phương pháp giải: OvớiM max OlầnI lượtR là tâmI; R và bán kính mặt cầu. Giải chi tiết: Mặt cầu S có tâm I 2;1;2 , bán kính R 3 . 2 2 2 Với M S ta có OM max OI R 2 1 2 3 6 . Câu 28: Đáp án A   Phương pháp giải: - Vì d  P nên ud nP . x x y y z z - Phương trình đường thẳng đi qua A x ; y ; z và có 1 vtcp u a;b;c là 0 0 0 . 0 0 0 a b c Giải chi tiết:  Mặt phẳng P :x 2y 3z 4 0 có 1 vtpt là nP 1; 2; 3 . Trang 20
  21.  Gọi d là đường thẳng đi qua A 1; 1; 2 và vuông góc với P và ud là 1 vtcp của đường thẳng d .   Vì d  P nên ud nP 1; 2; 3 . x 1 y 1 z 2 Vậy phương trình đường thẳng d là . 1 2 3 Câu 29: Đáp án C Phương pháp giải: - Tính g x , giải phương trình g x 0 . - Lập BXD của g x . - Xác định điểm cực đại của hàm số g x là điểm mà g x đổi dấu từ dương sang âm. Giải chi tiết: Ta có: g x f x2 2x g x 2x 2 f x2 2x x 1 2x 2 0 2 g x 0 x 2x 2 f x2 2x 0 2 x 2x 3 (ta không xét x2 2x 0 vì x 0 là nghiệm kép của phương trình ff x 0 ). x 1 x 3 và qua các nghiệm này thì g x đổi dấu. x 1 Chọn x 4 ta có g 4 6 f 8 0 Khi đó ta có BXD của g x như sau 2 Điểm cực đại của hàm số g x f x 2x là xCD 1 Câu 30: Đáp án A    Phương pháp giải: +) Xác định điểm I thỏa mãn IA IB IC 0  2  2  2   2   2   2 +) Khi đó, MA2 MB2 MC 2 MA MB MC MI IA MI IB MI IC     MI 2 2MI. IA IB IC IA2 IB2 IC 2 MI 2 IA2 IB2 IC 2 MA2 MB2 MC 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI ngắn nhất M là hình chiếu vuông góc của I lên Oxy . Giải chi tiết: A 3;0;0 ,B 0;0;3 ,C 0; 3;0 Trang 21
  22.    +) Xác định điểm I thỏa mãn IA IB IC 0 : 3 xI 0 0 xI 3      IA IB IC 0 IA BC 0 yI 3 0 yI 3 I 3;3;3 0 zI 0 3 zI 3  2  2  2   2   2   2 +) Khi đó, MA2 MB2 MC 2 MA MB MC MI IA MI IB MI IC     MI 2 2MI. IA IB IC IA2 IB2 IC 2 MI 2 IA2 IB2 IC 2 MA2 MB2 MC 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI ngắn nhất M là hình chiếu vuông góc của I lên Oxy . M 3;3;0 a2 b2 c2 3 2 32 0 18 Câu 31: Đáp án A Phương pháp giải: Nếu hàm số y f x có n điểm cực trị dương thì hàm số y f x có n 1 điểm cực trị. Giải chi tiết: Để hàm số g x f x có đúng 5 điểm cực trị thì hàm số y f x phải có 2 điểm cực trị dương ⇒ Phương trình f x 0 phải có 2 nghiệm bội lẻ dương phân biệt. x 1 nghiemboi3 Xét f x 0 2 2 . x 4m 5 x m 7m 6 0 * Do đó phương trình (*) cần phải có 1 nghiệm bội lẻ dương khác 1. Ta có: 4m 5 2 4 m2 7m 6 16m2 40m 25 4m2 28m 24 12m2 12m 1 Để (*) có 1 nghiệm bội lẻ dương khác 1 thì: 3 6 m 6 2 12m 12m 1 0 3 6 2 m 1 m 6 P m 7m 6 0 6 2 m 2 1 4m 5 m 7m 6 0 1 m 6 m 1 m 2 Vậy có 4 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 32: Đáp án A Trang 22
  23. a 0 0 Phương pháp giải: Phương trình bậc hai có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi P 0 S 0 Giải chi tiết: Phương trình m 1 x2 2 m 1 x m 4 0 có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi m 1 0 1 a 0 4 m 1 2 4 m 1 m 4 0 2 0 m 4 0 3 x1x2 0 m 1 x1 x2 0 m 1 0 4 m 1 Giải (1): m 1 0 m 1 Giải (2)(2): 4 m 1 2 4 m 1 m 4 0 4m2 8m 4 4m 4 m 4 0 4m2 8m 4 4m2 16m 4m 16 0 4m 20 0 m 5 Giải (3): m 4 0 m 4 m 4 m 1 0 m 1 m 1 0 m 1 m 4 0 m 4 m 4 m 1 0 m 1 m 1 0 m 1 m 1 m 1 0 m 1 m 1 Giải (4): 0 m 1 m 1 0 m 1 m 1 m 1 0 m 1 Kết hợp cả 4 điều kiện ta được m 4 hoặc 1 m 5 . Câu 33: Đáp án D 1 1 Phương pháp giải: - Thay x , sau đó rút f theo ff x và thế vào giả thiết. t x 2 - Tìm f x theo x và tính f x dx bằng phương pháp tích phân 2 vế. 1 2 Giải chi tiết: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có: 2 f x xf x , với x ta có 2 f f t f f t x t t t t t 2 t t Trang 23
  24. 1 1 1 1 f f x x 2 x x Khi đó ta có 1 1 1 1 1 2 f x x f x x 2 f x f x x 2 x x 2 2 3 1 3 2 2 1 f x x f x dx x dx 2 2 2 1 1 2 2 2 3 2 9 2 3 f x dx f x dx 2 1 8 1 4 2 2 Câu 34: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng biến cố đối. Giải chi tiết: Khối 10 có 8 em bí thư; khối 11 có 8 em bí thư; khối 12 có 7 em bí thư Cả trường có 23 em bí thư. 9 9 Số cách chọn 9 em bí thư trong cả trường là C23 n  C23 Gọi A là biến cố: “9 em bí thư được chọn có đủ 3 khối” A :“9 em bí thư được chọn không đủ 3 khối”. Vì mỗi khối có ít hơn 9 em bí thư, nên để 9 em bí thư được chọn không đủ 3 khối thì 9 em bí thư được chọn từ 2 khối. 9 Số cách chọn 9 em bí thư từ khối 10 và 11 là C16 cách. 9 Số cách chọn 9 em bí thư từ khối 11 và 12 là C15 cách. 9 Số cách chọn 9 em bí thư từ khối 10 và 12 là C15 cách. 9 9 9 n A C16 C15 C15 . n A 9 9 9 C16 C15 C15 7234 Vậy xác suất cần tính là P A 1 1 9 . n  C23 7429 Câu 35: Đáp án D Phương pháp giải: - Gọi P ,Q , R lần lượt là giao điểm của mặt phẳng PQR với các cạnh CC , AA , BB . Chứng minh P ,Q , R tương ứng là trung điểm của các cạnh CC , AA , BB , đồng thời P,Q, R lần lượt là trung điểm của các cạnh Q R , R P , P Q . - Đặt V VABC.Q R P , tính VB.R PQ , VA.Q PR , VCMN.P QR theo V. - Tính VPQRABMN V VB.R PQ VA.Q PR VCMN.P QR theo V. - Tính V và suy ra VPQRABMN . Trang 24
  25. Giải chi tiết: Gọi P ,Q , R lần lượt là giao điểm của mặt phẳng PQR với các cạnh CC , AA , BB . Dễ dàng chứng minh được P ,Q , R tương ứng là trung điểm của các cạnh CC , AA , BB , đồng thời P,Q, R lần lượt là trung điểm của các cạnh Q R , R P , P Q . Đặt V VABC.Q R P . 1 1 1 1 1 Ta có: S S nên V V . V V . R PQ 4 R Q P B.R PQ 4 B.R Q P 4 3 12 1 Tương tự ta có: V V . A.Q PR 12 1 V Ta có: S S S nên V . MNC QRP 4 ABC CMN.P QR 4 V V 7V 7 1 Vậy VV V V V V V 2. . .12.6 21. PQRABMN B.R PQ A.Q PR CMN.P QR 12 4 12 2 2 Câu 36: Đáp án Phương pháp giải: Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm M x0 ; y0 là k y x0 . Giải chi tiết: TXĐ D ¡ \ 2 . 2x 3 2x 3 1 Ta có y y . 2 x x 2 2 x 2 1 Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x 1 là k y 1 . 9 Câu 37: Đáp án Phương pháp giải: - Tìm nghiệm bội lẻ của phương trình f x 0 . - Lập BXD f x . Giải chi tiết: Trang 25
  26. x 1 nghiem don 2 x 1 nghiem don Ta có f x 0 x2 1 x 3 x 2 0 x 3 nghiemboi hai x 2 nghiem don Bảng xét dấu f x : Dựa vào BXD f x ta thấy hàm số có 2 điểm cực tiểu x 2, x 1 . Câu 38: Đáp án Phương pháp giải: - Khoảng cách từ điểm M x0 ; y0 ; z0 đến mặt phẳng P : Ax By Cz D 0là Ax By Cz D d M ; P 0 0 0 . A2 B2 C 2 Giải chi tiết: 2.1 3 2. 2 3 d A; P 2 . 22 12 2 2 Câu 39: Đáp án Phương pháp giải: Sử dụng quy tắc vách ngăn. Giải chi tiết: Xếp 2 học sinh lớp A có 2! cách xếp, khi đó tạo ra 3 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A. Xếp bạn lớp B thứ nhất vào 1 trong 2 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 2 cách, khi đó tạo ra 4 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A. Xếp bạn lớp B thứ 2 vào 1 trong 3 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 3 cách, khi đó tạo ra 5 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A. Xếp bạn lớp B thứ 3 vào 1 trong 4 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 4 cách, khi đó tạo ra 6 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A. Xếp bạn lớp C thứ nhất vào 1 trong 6 khoảng trống (kể cả khoảng trống giữa 2 bạn lớp A) có 6 cách, khi đó tạo ra 7 khoảng trống. Cứ như vậy ta có : Xếp bạn lớp C thứ hai có 7 cách. Xếp bạn lớp C thứ ba có 8 cách. Xếp bạn lớp C thứ tư có 9 cách. Vậy số cách xếp 9 học sinh trên thỏa mãn yêu cầu là 2!.2.3.4.6.7.8.9 145152 cách. Câu 40: Đáp án Trang 26
  27. Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp tính giới hạn vô định với biểu thức chứa căn ta làm mất nhân tử của tử và mẫu bằng cách nhân liên hợp, tạo hằng đẳng thức. Giải chi tiết: P3 53 6 f x 5 53 6 f x 20 Đặt P P x (3)6 f x 5 P 5 P2 5P 25 P2 5P 25 P2 5P 25 f x 20 Vì lim 10 nên f 2 20 0 f 2 20 P 5 x 2 x 2 Khi đó (3)6 f x 5 5 6 f x 20 f x 20 6 lim lim lim . . x 2 x2 x 6 x 2 2 x 2 x 2 2 x 2 x 3 P 5P 25 x 3 P 5P 25 f x 20 6 6 4 Suy ra T lim .lim 10. . x 2 x 2 x 2 x 3 P2 5P 25 5.75 25 Câu 41: Đáp án Phương pháp giải: Cho hàm số y ax2 bx c a 0 có đồ thị P b Với a 0 : Giá trị nhỏ nhất của hàm số y đạt được tại x . min 4a 2a 2 P đi qua điểm A x0 ; y0 y0 ax0 bx0 c. Giải chi tiết: Parabol y ax2 bx c đạt cực đại bằng 4 khi x 2 parabol có đỉnh I 2;4 1 4a 2b c 4 a 2 c 6 Lại có parabol đi qua điểm A 0;6 nên ta có: b 2 b 2 c 6 2a 1 Vậy parabol đã cho có hàm số: y x2 2x 6. 2 Câu 42: Đáp án Phương pháp giải: Hàm đa thức bậc ba y f x có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình f x 0 có 2 nghiệm phân biệt. Giải chi tiết: x3 Ta có: y mx2 2mx 1 y x2 2mx 2m 3 Trang 27
  28. x3 Để hàm số y mx2 2mx 1 có hai điểm cực trị thì phương trình y x2 2mx 2m 0 phải có 3 2 m 2 2 nghiệm phân biệt m 2m 0 m 0 Câu 43: Đáp án Phương pháp giải: Sử dụng tích phân từng phần và phương pháp đổi biến số. Giải chi tiết: 2 Ta có A xf x dx 0 x u dx du Đặt . dv f x dx v f x 2 2 2 Khi đó A x. f x f x dx 2 f 2 f x dx . 0 0 0 1 x 0 t 0 Xét B f 2x dx . Đặt t 2x dt 2dx . Đổi cận . 0 x 1 t 2 1 2 1 2 2 Khi đó ta có B f t dt f x dx 2 f x dx 4 . 2 0 2 0 0 Vậy A 2.1 4 2 . Câu 44: Đáp án 2 Phương pháp giải: - Đặt t x3 3x , quan sát đồ thị tìm nghiệm của phương trình f t tìm các 3 nghiệm ti . 3 3 - Khảo sát hàm số g x x 3x suy ra số nghiệm của phương trình x 3x ti . Giải chi tiết: 3 2 f x 3x 3 2 3 Ta có : f x 3x 3 2 f x3 3x 3 2 f t 3 3 Đặt t x 3x ta được 2 f t 3 Trang 28
  29. 2 +) Phương trình f t có ba nghiệm phân biệt t ,t ,t , trong đó 2 t 0 t 2 t . 3 1 2 3 1 2 3 2 +) Phương trình f t có ba nghiệm phân biệt t ,t ,t , trong đó t 2 2 t t . 3 4 5 6 4 5 6 Các nghiệm t1,t2 ,t3 ,t4 ,t5 ,t6 phân biệt. Xét hàm g x x3 3x có g x 3x2 3 0 x 1 BBT : Từ BBT ta thấy : 3 +) Phương trình x 3x t1 2;0 có 3 nghiệm phân biệt. 3 +) Phương trình x 3x t2 0;2 có 3 nghiệm phân biệt. 3 +) Phương trình x 3x t3 2 có đúng 1 nghiệm. 3 +) Phương trình x 3x t4 2 có đúng 1 nghiệm. 3 +) Phương trình x 3x t5 2 có đúng 1 nghiệm. 3 +) Phương trình x 3x t6 2 có đúng 1 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có tất cả 3 3 1 1 1 1 10 nghiệm. Câu 45: Đáp án Phương pháp giải: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z a bi R là đường tròn tâm I a;b bán kính R. Giải chi tiết: w 2 i w 3 4i z 2 i 3 4i z w 2 i z 3 4i Trang 29
  30. Theo bài ra ta có: w 2 i w 2 i 3i 4 z i 1 i 1 1 3 4i 3 4i w 6 2i 1 w 6 2i 5 3 4i Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I 6; 2 bán kính R 5 . Câu 46: Đáp án Phương pháp giải: - Gọi H là trung điểm của AC, chứng minh SH  SAC , BH  SAC - Trong SAB kẻ BI  SA , chứng minh  SAB ; SAC  BH; HI . - Sử dụng tính chất tam giác vuông cân, định lí Pytago, hệ thức lượng trong tam giác vuông và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc. Giải chi tiết: Gọi H là trung điểm của AC ta có SH  AC (do tam giác SAC cân tại S). SAC  ABC AC Ta có AH  ABC . Tương tự BH  SAC . AH  SAC , AH  AC SA  BI Trong SAB kẻ BI  SA ta có SA  BHI SA  HI SA  BH do BH  SAC SAB  SAC SA BI  SAB , BI  SA  SAB ; SAC  BI; HI . HI  SAC , HI  SA Vì BH  SAC cmt BH  HI BHI vuông tại I. Do đó  SAB ; SAC  BH; HI BHI . AB Tam giác ABC vuông cân tại B có AB BC 2a nên BH a 2 , AC AB 2 2 2a 2 Trang 30
  31. Ta có: SH SA2 AH 2 3a2 2a2 a . SH.AH a. 2a 6a HI . SA 3a 3 BH a 2 Xét tam giác vuông BHI có tan BIH 3 BIH 600 . IH 6a 3 Vậy  SAB ; SAC 600 Câu 47: Đáp án Phương pháp giải: +) Gọi A d Oxy Tìm tọa độ điểm A. +) Lấy điểm B bất kì thuộc d. Gọi B′ là điểm đối xứng với B qua Oxy Tìm tọa độ điểm B′. +) d′ là đường thẳng đối xứng với d qua mặt phẳng Oxy d đi qua A, B . Viết phương trình đường thẳng d′. Giải chi tiết: Mặt phẳng Oxy có phương trình z 0 . x 2 2t x 2 y 0 Gọi A d Oxy Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình y 0 A 2;0;0 z t z 0 z 0 Lấy B 0;0;1 d . Gọi B là điểm đối xứng với B qua Oxy B 0;0; 1 . d′ là đường thẳng đối xứng với d qua mặt phẳng Oxy d đi qua A, B . x 2 2t  d nhận AB 2;0; 1 // 2;0;1 là 1 VTCP d : y 0 z t x 4 2t Cho t 1 suy ra d′ đi qua điểm C 4;0;1 d : y 0 . z 1 t Câu 48: Đáp án Phương pháp giải: Xét hàm đặc trưng. Giải chi tiết: Ta có x x 11 m log11 x m 11 x x m log11 x m x log11 x m 11 x 11 log11 x m * Xét hàm số f t 11t t y 11t.ln11 1 0 t . Khi đó hàm số y f t đồng biến trên ¡ . x x Do đó * x log11 x m 11 x m m x 11 . Trang 31
  32. 1 Xét hàm số g x x 11x ta có g x 1 11x.ln11 0 x log x . 11 ln11 0 Bảng biến thiên: Để hpương trình đã cho có nghiệm thì m g x0 0,78 205 m 1 Kết hợp điều kiện đề bài ta có . m ¢ Vậy có 204 giá trị của nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 49: Đáp án Phương pháp giải: - Đổi d M ; SAC sang d H; SAC . - Trong ABCD kẻ HE  AC E AC , trong SHE kẻ HN  SE N SE , chứng minh HN  SAC - Xác định góc giữa SC và ABCD , từ đó tính SH . 1 1 - Sử dụng S HE.AC S , từ đó tính HE . HAC 2 2 ABC - Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính HN . Giải chi tiết: Gọi H là trung điểm AB . Vì SAB cân tại S nên SH  AB . Trang 32
  33. SAB  ABCD AB Ta có: SH  ABCD . SH  ABCD , SH  AB DK DC Gọi K HD  AC . Áp dụng định lí T-aet ta có 2 DK 2HK . HK AH d M ; SAC SM 1 Ta có MD  SAC S d D; SAC SD 2 1 d M ; SAC d D; SAC . 2 d D; SAC DK Lại có DH  SAC K nên 2 d D; SAC 2d H; SAC . d H; SAC HK Do đó d M ; SAC d H; SAC Trong ABCD kẻ HE  AC E AC , trong SHE kẻ HN  SE N SE ta có: AC  HE AC  SHE AC  HN AC  SH HN  SE HN  SAC d H; SAC HN HN  AC Vì SH  ABCD nên HC là hình chiếu vuông góc của SC lên ABCD .  SC; ABCD  SC; HC SCH 450 2 2 2 2 a a 17 SHC vuông cân tại H SH HC BC BH 2a . 2 2 1 1 Ta có: S HE.AC S HAC 2 2 ABC 1 1 .AB.BC .a.2a 1 a HE.AC .AB.BC HE 2 2 2 AC a2 2a 2 5 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHE ta có: a 17 a . SH.HE 2 a 1513 Nên HN 5 SH 2 HE 2 17a2 a2 89 4 5 a 1513 Vậy d M ; SAC . 89 Câu 50: Đáp án Phương pháp giải: - Gọi x m ,3x m lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể. Tính chiều cao của bể. Trang 33
  34. - Tính tổng diện tích các mặt làm bê tông. - Sử dụng BĐT Cô-si: a b c 33 abc a,b,c 0 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khia b c . Giải chi tiết: Gọi x m ,3x m lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể, h là chiều cao của bể. 6 2 Theo bài ra ta có: V x.3x.h 6 h m 3x2 x2 Khi đó tổng diện tích các mặt bể được làm bê tông là: 2 2 2 16x2 16 2x. 2.3x. 2x.3x x.3x. x2 x2 9 3 x Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 16x2 16 16x2 8 8 16x2 8 8 33 . . 8 3 18 3 x 3 x x 3 x x 16x2 8 3 Dấu “=” xảy ra khi x 3 / 3 x 2 Vậy số tiền ít nhất mà cô Ngọc cần bỏ ra là 8 18.106 21.000.000d . Trang 34