Câu hỏi vận dụng có đáp án chi tiết trong đề kiểm tra học kỳ 2 môn toán năm 2018 sở GDĐT nam định lần 8

Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của C.. Giá trị nhỏ nhất của chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng Lời giải Chọn C... Hỏi rằng ông A phải gửi ngân hàng mỗi tháng số tiền

CÂU HỎI VD – VDC ĐỀ HK2 SỞ GD NAM ĐỊNH 2018

TỔ 11_LẦN 8

Câu 27 [2H2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018)

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C ′ ′ ′ có tất cả các cạnh

bằng a Gọi M N, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và

B C′ ′ Mặt phẳng ( A MN′ ) cắt cạnh BC tại P Thể tích khối đa

diện MBP A B N ′ ′ là

A 3 3.

24

a

B

3

7 3 96

a

C 3 3.

12

32

a

Lời giải

Chọn B.

Gọi I = A M' ∩BB nên ' P IN= ∩BB Áp dụng tỉ số thể tích ta có'

' '

1 1 1 1

IMBN

IA B N

A

B

C

A′

B′

C′

M

N P

I

N

M

B

B'

C' A'

Do đó: ' ' ' '

7 8

−

MBN A B N IA B N IMBN

IA B N IA B N

' ' ' '

' ' ' ' sin 60 2

Câu 28. [2H1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số y= f x có bảng biến thiên như hình( )

vẽ

Đồ thị hàm số ( ) 2

chỉ khi

11 2; 2

∈  

11 2; 2

Lời giải Chọn C.

Cách 1: Đặt g x( ) = f x( )−2m khi đó Đồ thị hàm số y= f x( ) −2m được suy ra bằng cách:

Giữ nguyên phần đồ thị hàm số y g x ở phía trên Ox, kể cả các điểm trên Ox.= ( ) Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số y g x ở phía dưới Ox qua trục Ox.= ( )

Bỏ phần đồ thị hàm số y g x ở phía dưới Ox.= ( ) Xét sự tương giao của đồ thị hàm số y= f x và đường thẳng ( ) y=2m

TH1: 2m≤ ⇔ ≥4 m 2 Suy ra đồ thị hàm số y= f x( ) −2m có 3 điểm cực trị (loại).

2

< m< ⇔ < <m Suy ra đồ thị hàm số y= f x( )−2m có 5 điểm cực trị (thỏa

mãn)

2

≥ ⇔ ≥

m m Suy ra đồ thị hàm số y= f x( ) −2m có 3 điểm cực trị (loại)

Vậy 2;11

2

m (đáp án C)

x −∞ 1 2 +∞

( ) '

f x + 0 − 0 +

( )

f x

11 +∞

−∞ 4

A

Cách 2: ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

−

−

Đồ thị hàm số y= f x( )−2m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình f x( ) =2m có 3 nghiệm phân biệt ∉{ }1;2

Dựa vào bảng biến thiên ta có f x( ) =2m có 3 nghiệm phân biệt ∉{ }1;2

⇔ <4 2m 11< ⇔ <2 m<11

2 .

Câu 29 [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Biết rằng bất phương trình

m x + −x + ≤ x −x + x + −x + có nghiệm khi và chỉ khi m∈ −∞( ;a 2+ b

với ,a b∈¢ Tính giá trị của T = +a b

A T =0 B T =1 C T =2 D T =3

Lời giải

Chọn B.

Điều kiện 1− ≤ ≤x 1 Bất phương trình tương đương với

Đặt t=| |x + −1 x2 >0 Suy ra t2 =1 2+ x 1 x− 2

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có t≤ 1 1+ × x2+ −1 x2 = 2 Suy ra t∈(0; 2.

Ta có bất phương trình theo t :

( )

2

t t

+ +

Bất phương trình ( )1 có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình ( )2 có nghiệm t∈(0; 2.

Đặt hàm số ( ) 1

1

f t t

t

= + + Khi đó m≤ f t( )

Ta có '( ) 1 1 2

( 1)

f t

t

= −

2 2

1

( 1

0

t t

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra m≤2 2 1− ⇔ ∈ −m ( ∞;2 2−1

Từ đó a=2;b= − ⇒ = + = − =1 T a b 2 1 1

Câu 30: [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số 2

2

x y x

+

=

− có đồ thị là C Gọi I là giao

điểm hai đường tiệm cận của C Tiếp tuyến của C cắt hai đường tiệm cận của C tại hai điểm

,

A B Giá trị nhỏ nhất của chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng

Lời giải

Chọn C

Gọi M x y là điểm thuộc đồ thị hàm số ( 0; 0)

Khi đó tiếp tuyến của đồ thị tại M x y có dạng: ( 0; 0) ( )2( 0) 0

0 0

2 4

2 2

x

x x

+

−

Đồ thị C có tiệm cận đứng là x=2 và tiệm cận ngang là y=1 Ta có ( )d cắt hai đường tiệm cận

lần lượt tại hai điểm 0

0

6 2;

2

x A

x

 − − 

  và B x(2 0−2;1) Ta có

0

8 0;

2

IA

x

−

uur

và uurIB=(2x0−4;0)

Vì tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB là

1 2

2 0 2

0

0

Vậy giá trị nhỏ nhất của chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng 4 2π khi M(0; 1− ) hoặc M( )4;3 .

Câu 31: [2H3-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác

ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là 6 6

x= y− = z−

− − Biết rằng điểm

( )

'

2 2 1−

( )

f t

1

(0; 5; 3)

M thuộc đường thẳng AB và điểm N(1; 1; 0) thuộc đường thẳng AC Véc tơ nào sau. đây là véc tơ chỉ phương của đường thẳngAC?

A. ur(1; 2; 3 )

B. ur(0; 2; 6 − ) C. ur(0; 1; 3 − ) D. ur(0; 1; 3 )

Lời giải Chọn D

Giả sử A t( ;6 4 ;6 3 )− t − t , ta có:

(1; 4; 3)

d

uuur= − − , uuuurAM = −( ; 4 1; 3 3 ),t t− − + t ANuuur= − − +(1 ; 5 4 ;3t t t−6)

Theo bài ra: Vì d là đường phân giác của góc A nên:

2

| cos( , ) | | cos( , ) |

(4 4 1)(13 39 31) (4 12 9)(13 13 5)

BP V

uur uuuur uur uuur

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

⇒ ⇒uuur= − − Vậy một véc tơ chỉ phương của AC là ur(0; 1; 3 )

Câu 34 [2D4-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi ( )H là phần mặt

phẳng chứa các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn

16

z

và 16

z có phần thực và phần ảo đều

thuộc đoạn [ ]0; 1 Tính diện tích S của ( )H

Lời giải Chọn D

Đặt z x yi x y R= + ( ; ∈ )

Ta có

16 16 16

i

i

Vì

16

z

và 16

z có phần thực và phần ảo đều thuộc đoạn [ ]0; 1 nên

16 16

x y







2 2

2 2

x y







8 8

16

16

I 1

I 2

(C1 )

(C2 )

O

x y

Phần mặt phẳng ( )H thỏa mãn hệ trên là phần gạch chéo trong hình vẽ Ta có S( )H =2S1.

Với S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 1

8; 16

y x

 =





1 8

S = x− − −x ÷dx

Với

16 2 1 8

96 2

x

Tính I : Đặt 2 8 8sin ; ;

2 2

x− = t t∈ − π π

 , suy ra

2 2

sin 2

2

t

π

Vậy S( )H =2S1 =2 96 16( − π) =32 6( −π).

Câu 36: [2D3-4] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số y= f x( ) có đạo hàm liên tục trên đoạn

0;

4

π

π

  =

 ÷

  Biết 4 2( )

0

d 8

f x x

π

π

=

0

sin 2 d

4

π

π

0

2 d

π

=∫

A 1

2

4

Lời giải Chọn B.

Ta có 4 ( ) 4 ( )

sin 2 d sin 2 d

0 0

π π

( ) ( ) 4 ( )

0

sin 2 0 sin 2.0 2 cos 2 d

π

( ) 4

0

2 cos 2 d 4

π

π

 

0

2 f x cos 2 dx x

π

Do đó 4 ( )

0

4

π

π

=

1 cos 2 d 1 cos 4 d

2

π

π

Bởi vậy:

d 2 cos 2 d cos 2 d

π π π

4

0

2 cos 2 cos 2 d 0

π

4

2

0

π

Nên:

( ) 8

0

2 d

π

0 cos 4 dx x

π

=∫ 1sin 4 08 1

π

Câu 40 [2D4-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho các số phức z , 1 z thỏa mãn 2 z1 =6, z2 =2

Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z , 1 iz Biết rằng ·2 MON= °60 Tính

1 9 2

T = z + z

Lời giải Chọn D

Ta có z1 = ⇒6 OM =6 ; z2 = ⇒2 iz2 = ⇒2 ON =2

1 3

z= z và K là điểm biểu diễn số phức z 1

3

⇒uuur= uuuur ⇒KON· = °60 và OK =2

Từ đó suy ra tam giác OKN đều cạnh bằng 2 ⇒NK =2 và 2 3 3

2

OI = = , với I là trung điểm

KN

Khi đó T = z12+9z22 2 2 2 ( )2

9z 9z 9 z iz

= + = − =9(z1−3iz2) (z1+3iz2) =9 z iz− 2 z iz+ 2

Do đó: T =18.NK OI =18.2 3 36 3=

Câu 41 [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số

m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số 2

1

x mx m y

x

=

+ trên [ ]1; 2 bằng 2 Số phần tử của S là

Lời giải Chọn D

Xét hàm số

2 1

x mx m y

x

=

+ liên tục trên [ ]1; 2 Ta có 2

2

2 '

( 1)

y

x

+

=

+ ; y' 0= ⇔ x2+2x= ⇔0

[ ] [ ]

0 1; 2

2 1;2

x x

é = Ï ê

ê =- Ï

ê Ta thấy y' 0,> ∀ ∈x [1;2] nên giá trị lớn nhất của hàm số

2 1

x mx m y

x

=

+ trên [ ]1; 2 là max 1; 4

TH1:

3

2

5 2

2

m m

m

é

ê = ê + = Þ ê

ê =-ê ê

+) Với 3

2

m= ta có max 2;17 17

  (loại)

+) Với 5

2

m=- ta có max 2;7 2

6

  =

  (nhận)

TH2:

2

2

10 3

3

m m

m

é

ê = ê + = Þ ê

ê =-ê ê

+) Với 2

3

m= ta có max 2;7 2

6

  =

  (nhận)

+) Với 10

3

m=- ta có max 2;17 17

  (loại)

Kết luận: Giá trị m cần tìm là: 5

2

m=- và 2

3

m=

hàm số y= f x'( )có đồ thị như hình vẽ Hàm số y= f x( 2−5) nghịch biến trên khoảng nào sau đây ?

A ( 1;0)− B (1;2) C ( 1;1)− D (0;1)

Lời giải Chọn D.

+ Đặt g x( )= f x( 2− =5) f u u x( ), = 2−5

+ g x'( ) (= x2−5) ' '( ) 2 '(f u = xf x2−5)

+ Hàm số y g x= ( ) nghịch biến khi '( ) 0g x ≤ và dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm

2 2

2

0

( ) '( 5) 0

2 '( 5) 0

0

( ) '( 5) 0

x

I

f x

xf x

x

II

f x

 ≤









'( )

y= f x

x y

o

Giải (I): Từ đồ thị hàm số y= f x'( ) ta có

2

2

2

0

7

7

4

x

x

x

x

x



≤

− ≤ ≤ −











Xét (II): Từ đồ thị y= f x'( ) ta có

2 2

2

0

( )

0

0

x

II

x

x x

x

x

≥



 − ≤ − ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤









⇔  ≥

⇔ ≤ ≤





Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng: (−∞ −; 7 ; 2; 1 ; 0;1 ; 2; 7) (− − ) ( ) ( ) Chọn đáp án D Câu 43 [2D2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Ông A muốn sau 5 năm có 1.000.000.000 đồng để

mua ô tô Camry Hỏi rằng ông A phải gửi ngân hàng mỗi tháng số tiền gấn nhất với số tiền nào sau đây? Biết lãi suất hằng tháng là 0,5%, tiền lãi sinh ra hằng tháng được nhập vào tiền vốn số tiền

gửi hàng tháng là như nhau

A a=14.261.000 (đồng) B a=14.260.500 (đồng)

C a=14.261.500 (đồng) D a=14.260.000 (đồng)

Lời giải Chọn C.

Gọi a là số tiền gửi hàng tháng Khi đó ta có

Sau 1 tháng thì số tiền trong tài khoản của ông A là a.1,0051+a

Sau 2 tháng thì số tiền trong tài khoản của ông A là:

(a.1,0051+a).1, 005+ =a a.1,0052+a.1,005+a

Sau 3 tháng thì số tiền trong tài khoản của ông A là:

(a.1, 0052+a.1,005+a).1, 005+ =a a.1, 0053+a.1, 0052+a.1, 005+a

Sau 59 tháng thì số tiền trong tài khoản của ông A là :

.1,005 1,005 1,005 1,005

Do đó, sau 5 năm thì số tiền trong tài khoản của ông A là:

60

.1, 005 1,005 1,005 1, 005 1,005 1, 005

0,005

Do đó:

9

60

−

Vậy a=14.261.500(đồng)

Câu 44 [1D3-4] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho dãy số ( )u xác định bởi n

1

1

1

u

=



 ¥ Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho u n− ≥1 2039190.

A n=2017 B n=2020 C n=2018 D n=2019

Lời giải Chọn B.

u + = +u n =u − + −n +n = = + + + +u n , mà ta có thể để dàng chứng

1 2

2

n n

  Ta tìm n nhỏ nhất để u n− ≥1 2039190,

hay tìm n nhỏ nhất để ( 1)

2039190 2

n− n

≥ nên n=2020

Câu 45 [2H1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hình

chóp S ABCD có đáy là tứ giác lồi ABCD và góc tạo

bởi các mặt (SAB),(SBC),(SCD) (, SDA với mặt)

đáy lần lượt là 90 , 60 , 60 , 60 Biết rằng tam giác0 0 0 0

SAB vuông cân tại S , AB a= và chu vi tứ giác ABCD

là 9a Tính thể tích V của khối chóp S ABCD

A

3

3 4

a

C S

C

3

9

a

3 3 9

a

V =

Lời giải

Chọn D.

+ Gọi H là trung điểm AB, Vì (SAB vuông góc với mặt đáy nên SH là đường cao hình chóp ) Gọi M N P, , lần lượt là hình chiếu của Hlên các cạnh BC CD DA, ,

+ Từ giả thuyết dễ dàng ta có :

ABCD

a

S = HN BC HM CD HP AD+ + = HN BC CD AD+ + = a

2 2 3

a

tan 60

SH

Vậy

.

S ABCD

a a a

Câu 46 (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số y= f x( ) liên tục trên [ ]1;4 và thỏa mãn

( ) (2 1) ln

f x

x x

−

3

d

I =∫ f x x

A I =2ln 22 B I =2 ln 2 C I = +3 2ln 2.2 D I =ln 2.2

Lời giải Chọn A

Xét

x x

−

,

−

+) Tính P : Đặt ln x t dx dt

x

Vậy

ln 4 2 0

ln

2ln 2 2

x

+) Tính

4 1

x

−

x

= − ⇒ = , khi đó:x= ⇒ =1 t 1;x= ⇒ =4 t 3

Vậy:

Q=∫ f t dt=∫ f dx ( tích phân không phụ thuộc kí hiệu của biến số), (2)

Từ (1) và (2), ta có:

2

f x dx= f x dx+

f x dx= f x dx+ f x dx

Từ (3) và (4) suy ra: 4 ( ) 2

3

d 2ln 2

I =∫ f x x=

Câu 47 [2H3-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Trong không gian Oxyz cho điểm A(1; 2; 3)− và mặt

phẳng ( )P : 2x+2y z− + =9 0 Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng

( )Q : 3x+4y−4z+ =5 0 cắt mặt phẳng ( )P tại B Điểm M nằm trong mặt phẳng ( )P sao cho

M luôn nhìn AB dưới một góc vuông và độ dài MB lớn nhất Tính độ dài MB

2

=

2

MB= C MB= 5 D MB= 41

Lời giải Chọn C

Ta có đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( )Q : 3x+4y−4z+ =5 0 có phương trình:

( )

1 3

3 4

= +





 = − −



¡

Ta có giao điểm của d và mặt phẳng ( )P là B :

(1 3 ; 2 4 ; 3 4 )

( ) 2 1 3( ) (2 2 4 ) 3 4 9 0 1

Vậy B( 2; 2;1)− −

Điểm M nằm trong mặt phẳng ( )P sao cho M luôn nhìn AB dưới một góc vuông nên M nằm

trên đường tròn ( )C là giao của mặt cầu đường kính AB với mặt phẳng ( )P Khi đó độ dài MB lớn nhất khi và chỉ khi độ dài MB bằng đường kính của ( )C Gọi bán kính của đường tròn ( )C là

r , trung điểm của AB là ( 1;0; 1)

2

I I , d( ,( )I P =3.

Ta có 2( ) 2 2

,( )

5

I P

AB

d r r Vậy độ dài MB lớn nhất là 5

Câu 48 [1H3-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho lăng trụ ABCD A B C D ' ' ' ' có đáy ABCD là

hình chữ nhật, AB a AD= , = 3a và tam giác 'A BD đều Hình chiếu vuông góc của điểm A' trên mặt phẳng ( ABCD trùng với giao điểm của AC và BD Tính khoảng cách từ điểm ') B đến

mặt phẳng ( A BD ' )

A 3

2

a

6

a

4

a

Lời giải Chọn D.

Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD

Vì ∆A BD' đều ' 3 3

2

BD

'

3 3 4

A BD

BD

'

Khoảng cách từ A đến (A BD là: ' ) ( ) ' 3

2

3

A ABD ABD

Gọi I là giao điểm ' A O và AO Vì ' '' A O OA là hình bình hành nên I là trung điểm AO'

Và B D' '/ /DB⇒B D' '/ /( A BD' )

Suy ra: d B A BD ';( ' )=d O A BD ';( ' )=d A A BD ;( ' )= 3 a

Vậy d B A BD ';( ' )= 3 a

trong đó có 9đội bóng của nước ngoài và 3 đội bóng của Việt Nam Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A B C, , mỗi bảng 3 đội Tính xác suất để 3 đội Việt Nam ở 3 bảng khác nhau

A.16

133

32

39

65.

Lời giải Chọn A.

Số cách xếp ngẫu nhiên 12 đội vào 3 bảng A B C, , mỗi bảng 4 đội là:

C C C4 4 4=

12 8 4 34650(cách)

Ta có Ω =34650

GọiA là biến cố: “3 đội Việt Nam ở 3 bảng khác nhau”

Chọn 1 đội Việt Nam vào bảng A có C1

3 (cách) và 3đội nước ngoài còn lại cóC3

9(cách)

Tương tự bảng B có C1

2cách chọn1 đội Việt Nam và có C3

6cách chọn 3đội nước ngoài

Bảng C có C1

1cách chọn1 đội Việt Nam và có C3

3cách chọn 3đội nước ngoài

Vậy A C C C C C C= 1 .3 1 3 1 3=

3 9 2 6 1 3 10080(cách)

Xác suất cần tìm là:P A( )= A =

Ω

16

55

Câu 50 [2H2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn nội tiếp tam

giác ABC Biết rằng AB BC= =10 ,a AC=12a, góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAB và ) ( ABC) bằng 0

45 Tính thể tích V của khối nón đã cho

A V = π9 a3 B V = π12 a3 C V = 27πa3 D V = π3 a3

Lời giải

S

B

A

C

I

S

B

A

C

M

45°

Chọn A.

Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Gọi M là trung điểm của AB

Ta có BM = AB2−AM2 = 100a2−36a2 =8a

2

ABC

S = BM AC= a a= a

Nửa chu vi tam giác ABC là 16

2

AB BC CA

2

48

3 16

Góc giữa (SAB và ) (ABC bằng ·) SHI = °45 ⇒SI =IH =3a Thể tích khối nón là 1 2 1 ( )2 2

V = πr h= π a a= πa