05 đề 05 lời giải chi tiết image marked

Viết công thức tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng V và , bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục hoành tại điểm có 0 hoành độ x 0£ £x ln 4, có thiết diện là một hình vuông

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT

LƯỢNG

ĐỀ VIP 05 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2018 - 2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90

phút

Câu 1 Trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây Hàm

số nào có bảng biến thiên như sau?

1

y

-¥

4

4

-+¥

'

y

A y=2x3-6 x B y= -2x3+ -6x 8.C y= -2x3+6 x D y=2x3- +6x 8

Lời giải Dựa vào dáng điệu của bảng biến thiên suy ra a>0 Loại B và C

Thử tại x= ® = -1 y 4 Thay vào hai đáp án còn lại chỉ có A thỏa Chọn A

Câu 2 Cho hàm số f x( ) liên tục trên và có đồ thị 

như hình vẽ bên Khẳng định nào sau đây là đúng?

A Hàm số đồng biến trên (-¥;0) và (0;+¥)

B Hàm số đồng biến trên (-1;0) (È +¥1; )

C Hàm số đồng biến trên (-¥ -; 1) và (1;+¥)

D Hàm số đồng biến trên (-1;0) và (1;+¥)

Lời giải Chọn D

Câu 3 Cho hàm số y= f x( ) liên tục trên và 

có đồ thị như hình bên Hỏi hàm số có bao nhiêu

điểm cực trị?

Lời giải Chọn D.

Cõu 4 Cho hàm số f x( )=ax3+bx2+ +cx d cú đồ

thị như hỡnh vẽ bờn Hỏi phương trỡnh ( )2

4

f x

ộ ự =

cú bao nhiờu nghiệm?

Lời giải Ta cú ( )2 ( ) ( ) 2

2

f x

f x

f x

ờ

ộ ự = Û ờ

-Do đú số nghiệm của phương trỡnh ( )2 chớnh là số giao điểm của đồ thị

4

f x

ộ ự =

hàm số f x( ) với hai đường thẳng y=2 và y= -2

Dựa vào đồ thị ta thấy cú giao điểm nờn phương trỡnh 4 ( )2 cú

4

f x

ộ ự =

nghiệm Chọn B

Cõu 5 Cho log 153 =a; log 103 =b và log 503 =ma nb+ +p Chọn khẳng định đỳng

A m n+ =1 B m n- =2 C m n+ =mn D m n =2

Lời giải Ta cú log 503 =2 log 503 =2 log 5 log 10( 3 + 3 )

=2 log 15 log 10 log 3( 3 + 3 - 3 )= + -2a 2b 2

2

m

m n mn n

ỡ =

ùù ắắđ + =

ớù =

ùợ

Cõu 6 Đạo hàm của hàm số y=log 52( x-3) cú dạng (5 3 ln)

a y

 =

- (a b; ẻ  Tớnh

)

,a<10 a b+

5 5

7

2

5 3 ln 2

a

b x

ỡ = ùù

 = - ắắđớù =ùợ ị + =

Cõu 7 Cho phương trỡnh ( ) 2 ( ) Tập tất cả cỏc giỏ trị

m+ x+ x+ - =m

của tham số thực để phương trỡnh cú hai nghiệm m x x1, 2 thỏa 0< < <x1 1 x2 là

A (-Ơ -; 2 ) B (-2;2 ) C (2;+Ơ) D \ 2;2 [ ]

Đặt t=log ,3x vì 0< < < Ûx1 1 x2 log3x1<log 1 log3 < 3x2 nên t1< <0 t2

Phương trình trở thành (m+2)t2+ + - =4t m 2 0 ( )*

Khi đó ycbt Û phương trình ( )* có hai nghiệm trái dấu Û(m+2)(m- <2) 0

Chọn B.

2 m 2

Û - < <

Câu 8 Tập nghiệm của bất phương trình xlnx+eln2x £2e4 có dạng S=[ ]a b; Tích bằng

a b

Lời giải Điều kiện: x>0

Ta có đẳng thức ln2 ( )ln ln ln

x

Do đó bất phương trình Û2.eln 2x£2.e4 Ûln2x£ Û4 lnx £2

Chọn A.

2

1

e

Câu 9 Ngân hàng BIDV Việt Nam đang áp dụng hình thức lãi kép với mức lãi

suất: không kỳ hạn là 0,2%/năm, kỳ hạn tháng là 3 1,2%/quý Ông A đến ngân hàng BIDV để gửi tiết kiệm với số tiền ban đầu là 300 triệu đồng Nếu gửi không

kỳ hạn mà ông A muốn thu về cả vốn và lãi bằng hoặc vượt quá 305 triệu đồng thì ông A phải gửi ít nhất tháng n (nÎ *) Hỏi nếu cùng số tiền ban đầu và cũng số tháng đó, ông A gửi tiết kiệm có kỳ hạn tháng thì ông A sẽ nhận được 3

số tiền cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu?

A 444.785.421 đồng B 444.711.302 đồng

C 446.490.147 đồng D 447.190.465 đồng

Lời giải Áp dụng công thức lãi kép: ( ) 305; 300 Như vậy,

0,2%

T =A +r ¾¾¾¾¾® ³= = n

khi gửi không kỳ hạn để được số tiền gồm cả vốn lẫn lãi lớn hơn hoặc bằng 305 triệu đồng thì ông A phải gửi tối thiểu là 100 tháng

Nếu cũng gửi với số tiền ban đầu là 300 triệu đồng với lãi suất 1,2%/quý trong thời gian 100 năm (gồm 33 kỳ hạn và tháng không kỳ hạn)1

• Số tiền ông A có được sau 33 định kỳ là: đồng

33

1,2

300000000 1

100

T = æçç + ö÷÷

÷

33

1 300000000 1 1

T æç + ö÷= æç + ö æ÷ ç + ö÷

đồng Chọn A

444.785.421

=

Câu 10 Họ các nguyên hàm của hàm số f x( )=xe x2 là

A 1 2 . B C D

2

x

e +C (2x2+1)e x2 +C 2

x

2e x +C

f x x= xe x= e x x= e = e +C

Câu 11 Tính tích phân

2019

0

1 cos 2 d

p

-A I=0 B I =2 2 C I=2019 2 D I =4038 2

Lời giải Vì 1 cos 2x- tuần hoàn theo chu kì nênp

Chọn D.

2019 1 cos 2 d 2019 2 sin d 2019 2 sin d 4038 2

Câu 12 Viết công thức tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng V

và , bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục hoành tại điểm có 0

hoành độ x (0£ £x ln 4), có thiết diện là một hình vuông có độ dài cạnh là

x

xe

ln 4

0

d

x

V =pò xe x V =ln 4ò0 xe x xd V =ln 4ò0 xe x xd ln 4( )2

0

d

x

V=pò xe x

Lời giải Diện tích hình vuông là ( ) ( )2

S x = xe =xe

Chọn C.

( )

d xd

¾¾® =ò =ò

Câu 13 Cho hai hàm số ( ) 3 2 1 và

2

f x =ax +bx + -cx

Biết rằng đồ thị hàm số

g x =dx + +ex (a b c d e, , , , Î )

và cắt nhau tại ba điểm có hoành độ

( )

y= f x y=g x( )

lần lượt là - -3; 1; 1 (tham khảo hình vẽ) Hình phẳng giới

hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng

Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f x( ) và g x( ) là

Do đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại ba điểm suy ra phương trình ( )* có ba nghiệm là - -3; 1; 1 Ta được ( )( )( ) 3 ( ) 2 ( ) 3

2

a x+ x+ x- =ax + -b d x + -c d x -Đồng nhất hai vế ta suy ra - = - Û =3 3 1

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là ( )( )( ) Chọn A.

ò31 3 1 1

Câu 14 Một vật đang chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc

trong đó là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bắt

( )= +3 2(m/s ,2)

đầu tăng tốc Hỏi quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc bằng bao nhiêu mét?

3

2200m.

3

4000m.

3

4300m.

3

Lời giải Ta có ( ) ( 2) 32 3

t t

v t =ò t t+ t= + +C

Tại thời điểm lúc bắt đầu tăng tốc t=0 thì v=10m/s nên suy ra C=10

Suy ra ( ) 3 2 3 10 m/s ( )

t t

Vậy quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu

=ò100 çççè 2 + +3 ÷÷ø =çççè 3 + +4 ÷÷ø100 =

Câu 15 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,

cho hình bình hành OABC có tọa độ điểm

(tham khảo hình vẽ bên) Số

( ) (3;1 , 1;2)

-phức nào sau đây có điểm biểu diễn là điểm

?

B

A z1= - +2 3 i B z2 = +2 3 i

C z3= -4 i D z4 = - +4 i

OA CB

î

 

Suy ra số phức z2= +2 3i có điểm biểu diễn là Chọn B.B

Câu 16 Cho hai số phức z1= +1 i và z2= -2 3 i Môđun của số phức z1+z2 bằng

Lời giải Ta có z1+ = + + - = -z2 1 i (2 3i) 3 2i nên 2 2 Chọn D.

Câu 17 Tìm các số thực và thỏa mãn a b 2a+ + = +(b i i) 1 2i với là đơn vị ảo.i

2

a= b= a=0,b=1 a=1,b=2

+ + = + Û + - = + Ûíï = Ûíï =

Câu 18 Cho số phức thỏa mãn z zz =1 và z- =1 2 Tổng phần thực và phần

ảo của bằngz

Lời giải Giả sử z= +a bi a b ; ( Î ), suy ra z = -a bi

z- = ¾¾® - - = Û - + =a bi a b ( )2

1

0

a b b

ìï + = ì = -ï

ï - + = ï =ï

ïî

Câu 19 Tính tổng của tất cả các giá trị của thỏa mãn S x 2

A S= -4 B S= -1 C S=4 D S=3

1

4

x

x

é = -ê

Chọn D.

1 4 3

S

¾¾® = - + =

Câu 20 Gọi là số hạng trong khai triển T k ( 3 2)13 mà tổng số mũ của và

2

trong số hạng đó bằng Hệ số của bằng

A 1287 B 2574 C 41184 D 54912

Lời giải Ta có ( )13 13 ( ) ( )13 13

39 3 2 13

2k k k k

k

¾¾® =

Từ giả thiết bài toán, ta có 39 3- + =k 2k 34Û =k 5

Vậy hệ số của bằng T k 5 5 Chọn C.

13

2C =41184

Câu 21 Cho đa giác đều ( )H có 20 cạnh Xét tam giác có đỉnh được lấy từ 3 các đỉnh của ( )H Hỏi có bao nhiêu tam giác có đúng cạnh là cạnh của 1 ( )H

Lời giải • Chọn một cạnh của đa giác ( )H làm cạnh của tam giác nên có 20 cách

• Chọn một đỉnh (để ghép với cạnh đã chọn ở bước trên tạo thành tam giác thỏa mãn bài toán) nên có 16 cách chọn (bỏ đỉnh thuộc cạnh đã chọn và đỉnh 2 2 liền kề hai bên cạnh đã chọn)

Vậy số tam giác cần tìm là 20 16´ =320. Chọn A.

Câu 22 Xét các số nguyên dương chia hết cho Tổng số 3 50 số nguyên dương đầu tiên của dãy số đó bằng

Lời giải Số các số nguyên dương thỏa mãn bài toán lập thành một cấp số cộng

với số hạng đầu u1=3 và công sai d=3

50

2 49 50 2.3 49.3 50 3825.

Câu 23 Với hình vuông A B C D1 1 1 1 như hình vẽ bên, cách tô

màu như phần gạch sọc được gọi là cách tô màu đẹp Một '' ''

nhà thiết kế tiến hành tô màu cho một hình vuông như

hình bên, theo quy trình sau:

Bước 1: Tô màu đẹp cho hình vuông '' '' A B C D1 1 1 1

Bước 2: Tô màu đẹp cho hình vuông '' '' A B C D2 2 2 2 là hình vuông ở chính giữa khi chia hình vuông A B C D1 1 1 1 thành phần bằng nhau như hình vẽ.9

Bước 3: Tô màu đẹp cho hình vuông '' '' A B C D3 3 3 3 là hình vuông ở chính giữa khi chia hình vuông A B C D2 2 2 2 thành phần bằng nhau Cứ tiếp tục như vậy Hỏi 9 cần ít nhất bao nhiêu bước để tổng diện tích phần được tô màu chiếm 49,99%?

A bước.9 B bước.4 C bước.8 D bước.7

Lời giải Gọi diện tích được tô màu ở mỗi bước là u n n, Î * Dễ thấy dãy các giá trị là một cấp số nhân với số hạng đầu u n 1 4 và công bội

9

9

Gọi là tổng của số hạng đầu trong cấp số nhân đang xét thì S k k 1 1

1

k k

q

q

-=

-Để tổng diện tích phần được tô màu chiếm 49,99% khi và chỉ khi

0,4999 3,8 1

k

u q

k q

-Vậy cần ít nhất bước Chọn B 4

Câu 24 Kết quả của giới hạn - - là

+

1

3 4 lim

1 2.4

n

2

8

3

1

3 4

8

2 4

n

Câu 25 Cho hàm số y= -x3 mx+ -1 m có đồ thị ( )C m Gọi M là điểm có hoành

độ bằng và thuộc 0 ( )C m Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để tiếp tuyến của ( )C m tại M cắt trục hoành tại sao cho N MN=2 2

A mÎ - ±{ 1;3 2 2 } B mÎ - ±{ 1;2 3 }

C mÎ - ±{1; 3 2 2 } D mÎ{1;2± 3 }

Lời giải Phương trình tiếp tuyến tại M(0;1-m) là d y: = - + -mx 1 m

Ta có d Ox N 1 m;0 Theo đề:

m

æ - ö÷ ç

m

æ - ÷ö ç

= Ûççè ÷÷ø + - =

Chọn B.

2

2

1

m

m m

m

é = -êê

Û + - - + = Ûêêê = -= +

ë

Câu 26 Cho tứ diện ABCD Gọi và lần lượt là trung điểm của E F AB và CD;

là trọng tâm tam giác Giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng

là

(ACD)

A điểm F

B giao điểm của đường thẳng EG và AC

C giao điểm của đường thẳng EG và CD

D giao điểm của đường thẳng EG và AF

Lời giải • Chọn mặt phẳng phụ (ABF) chứa

EG

• Ta có (ABF) (Ç ACD)=AF

• Gọi

M EG

ì Î ïï

= Ç Þ íï Î Ìïî

ÞM =EGÇ(ACD)

Vậy giao điểm cần tìm giao điểm của đường

thẳng EG và AF. Chọn D.

Câu 27 Cho hình lập phương ABCD A B C D ¢ ¢ ¢ ¢ có cạnh bằng Sin của góc tạo a bởi giữa hai mặt phẳng (BDA¢) và (ABCD) bằng

3

6 3

3 4

6 4

Lời giải Gọi O=AC BDÇ Suy ra AO^BD ( )1

Ta chứng minh được BD^A O¢ ( )2

Từ ( )1 và ( )2 , suy ra (  BDA¢),(ABCD)=A O AO¢ , =A OA¢

Vậy sin(),( ) sin 6. Chọn B.

3

AA

A O

¢

D

S

A

Câu 28 Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B, AB=a, SA

vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=2 a Khoảng cách từ đến mặt phẳng A

bằng

(SBC)

3

3

5

5

a

Ta có BC AB BC (SAB) BC AH

BC SA

íï ^

Từ ( )1 và ( )2 , suy ra

5

d A SBC AH

H

C B

A S

Câu 29 Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông cạnh cạnh bên a, SA=a

và vuông góc với đáy Côsin góc giữa đường thẳng SC và mặt (SBD) bằng

3

2. 3

5. 3

2 2. 3

Lời giải Trong tam giác SOC, kẻ OK^OS (như hình vẽ) ( )1

Dễ dàng chứng minh được BD^(SAC)¾¾®BD^OK ( )2

Từ ( )1 và ( )2 , suy ra OK^(SBD) nên SC SBD,( )=SK SBD  ,( )=KSO=CSO

Ta tính được 2, 6, 3

Chọn B.

SO SC

Câu 30 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a,

Cạnh bên vuông góc với mặt phẳng đáy và cạnh bên tạo với đáy

2

một góc 60 ° Gọi M N, là trung điểm các cạnh bên SA và SB Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng S (DMN) bằng

31

60

31

31

a

Lời giải Xác định được 60° =SC ABCD ,( )=SCA.

Vì M là trung điểm SA nên

d S DMNéë ,( )ùû=d A DMNéë ,( )ùû=d A CDMéë ,( )ùû

Kẻ AK^DM và chứng minh được AK^(CDM) nên

d A CDMéë ù =û AK

Trong D vuông MAD tính được 2 465. Chọn A.

31

a

AK=

Câu 31 Hình hộp chữ nhật có ba kích thước đôi một khác nhau có bao nhiêu

mặt phẳng đối xứng?

Lời giải Hình hộp chữ nhật (không là hình lập phương) có các mặt phẳng đối

xứng là các mặt các mặt phẳng trung trực của các cặp cạnh đối

Chọn A.

Câu 32 Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng và biết diện tích xung a

quanh gấp đôi diện tích đáy Thể tích của khối chóp đã cho bằng

2

3

6

12

a

Lời giải Gọi chiều cao của hình chớp là Khi đó ta h

tính được diện tích xung quanh của hình chóp là

diện tích đáy là

2

2

4

a

a h + = a Û =h

Thể tích khối chóp là: 1 1 3 2 3 3 Chọn C.

Câu 33 Cho hình trụ có diện tích xung quanh bằng 16 a p 2 và độ dài đường sinh bằng 2 a Tính bán kính của đường tròn đáy của hình trụ đã cho r

A r=4 p B r=4 a C r=6 a D r=8 a

2 2 2

xq xq

a

p p



Câu 34 Người ta thiết kế một thùng chứa hình trụ (như hình vẽ)

có thể tích không đổi Biết rằng giá của vật liệu làm mặt đáy và V

nắp của thùng bằng nhau và đắt gấp lần so với giá vật liệu để 3

làm mặt xung quanh của thùng (chi phí cho mỗi đơn vị diện tích)

Gọi chiều cao

của thùng là và bán kính đáy là Tính tỷ số sao cho chi phí vật liệu sản h r h

r

xuất thùng nhỏ nhất

r =

Lời giải Ta có 2

2

V

r

p

p

= ¾¾® = Gọi là giá tiền của một đơn vị diện tích vật liệu để làm mặt xung quanh, suy ra t

giá tiền của một đơn vị diện tích vật liệu để làm mặt đáy là 3 t

Diện tích mặt xung quanh S1=2 p r h ¾¾® giá tiền mặt xung quanh là

T = p rh t´

Diện tích hai mặt đáy 2 giá tiền hai mặt đáy là

r

= + = + = ççè + ÷÷ø

2 3 3 2

ç

= ççè + + ÷÷ø³ ´ Dấu " "= xảy ra 3 2 do 2 6 Chọn C.

2

V

r

p

Câu 35 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1; 2;1 ,- )

Hỏi đường phân giác trong góc của tam giác cắt

( 2;2;1 ,)

mặt phẳng ( )Oyz tại điểm nào sau đây ?

3 3

ç - ÷

2 4 0; ;

3 3

ç - ÷

2 8 0; ;

3 3

ç - ÷

2 8 0; ;

3 3

ç - ÷

Lời giải Ta có ( )

ïïí

ïïî





Một VTCP của đường phân giác trong góc của tam giác A ABC là

; ;1

5 5

ç

= + = -ççè ÷÷ø

  

Phương trình đường phân giác góc là A

3 1 5 4

5 1

ìïï = -ïïï ïïï = - + íïï

ïï = + ïïï ïî Suy ra đường thẳng cắt mặt phẳng d ( )Oyz tại 0; 2 8; Chọn C.

3 3

Mæç -ç ö÷÷÷

Câu 36 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(2,0,0 ,) B(0,4,0 ,)

Phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

(0,0,4 )

C

( là gốc tọa độ)?

OABC O

A x2+ + - + - =y2 z2 2x 4y 4z 0 B ( ) (2 ) (2 )2

x- + -y + -z =

x- + -y + -z = x2+ + + - + =y2 z2 2x 4y 4z 9

Lời giải Gọi I a b c( ; ; ) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC

Ta có

2

2

4

ìï + + = - + +

ï = ï + + = + + - ïïî- + = ïïî =

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABClà R=IO= 12+ + =22 22 3. Chọn B Câu 37 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( )P : 3x z- + =2 0 Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ( )P ?

A n= -( 1;0; 1 - ) B n= -(3; 1;2 ) C n= -(3; 1;0 ) D n=(3;0; 1 - )

Lời giải Chọn D.

Câu 38 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 3;2 - ) Hình chiếu vuông góc của lên các trục tọa độ A Ox Oy Oz, , theo thứ tự lần lượt là M N P, , Phương trình mặt phẳng (MNP) là

A 4x- + - =3y 2z 5 0 B 3x- + - =4y 6z 12 0

C 2x- + - =3y 4z 1 0 D 1 0

4 3 2

- + + =

Lời giải Từ giả thiết, ta có M(4;0;0 ,) (N 0; 3;0 ,- ) (P 0;0;2 )

Phương trình mặt phẳng (MNP) theo đoạn chắn là

Chọn B.

- + = Û - + - =

Câu 39 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, giao điểm của hai đường thẳng

3 2

6 4

ì = - +

ïïïï = - +

íïï

ï = +

ïî

5 '

2 8 '

ì = + ïïïï

¢ íïïï = -ïî =

-A (- -3; 2;6 ) B (3;7;18 ) C (5; 1;20 - ) D (3; 2;1 - )

3

2 3 1 4 '

6 4 2 8 '

t

t

ì- + = +

ïï- + = - - Þï

ï + = -ïî

Thay t=3 vào d, ta được (x y z; ; ) (= 3;7;18 ) Chọn B.

Cách trắc nghiệm: Thay từng đáp án vào hai đường thẳng và d d'

Câu 40 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

và mặt phẳng Gọi là giao điểm

:

d - = + = + ( )P x: + + - =2y 2z 7 0 I

của và d ( )P Tính khoảng cách từ điểm M thuộc đến d ( )P , biết IM=9

Lời giải Đường thẳng d có VTCP ud =(2;2;1 ) Mặt phẳng ( )P có VTPT

(1;2;2 )

P

n =

( )P

M I

d

Suy ra sin của góc tạo bởi và a d ( )P bằng . 8

u n

u  n = Khi đó d M Péë ,( )ù =û IM.sina=8. Chọn D.

Câu 41 Cho hàm số f x( ) có đạo hàm liên tục trên  Bảng biến thiên của hàm

số f x¢( ) trên đoạn [-1;3] như hình