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..[r]
Trang 1CÂU 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
a
D
3
7 3 32
a
Lời giải
N
M
B
B'
C' A'
Trang 2Chọn 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
Do đó:
' ' ' '
7 8
MBN A B N IA B N IMBN
IA B N IA B N
' ' ' '
' ' ' ' sin 60 2
MBN A B N IA B N a
Câu 28. A [2H1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số yf x
có bảng biến thiên như hình vẽ
Đồ thị hàm số
2
có 5
chỉ khi
A
B
C
A
B
C
M
N P I
x 1 2
'
f x + 0 0 +
f x
11
4
Trang 3A m4;11
B
11 2; 2
m
C
11 2; 2
m
D m3.
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 yf x và đường thẳng y2m
TH1: 2m 4 m2 Suy ra đồ thị hàm số y f x 2m
có 3 điểm cực trị (loại)
TH2:
11
2
m m
Suy ra đồ thị hàm số y f x 2m
có 5 điểm cực trị (thỏa mãn)
TH3:
11
2 11
2
Suy ra đồ thị hàm số y f x 2m
có 3 điểm cực trị (loại)
Vậy
11 2; 2
m
(đáp án C)
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
2
Câu 29 [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Biết rằng bất phương trình
có nghiệm khi và chỉ khi m ;a 2b
với ,a b Tính giá trị của T a b
Trang 4A T 0. B T 1. C T 2. D T 3.
Lời giải
Chọn B.
Điều kiện 1 Bất phương trình tương đương vớix 1
1 2 1 2 1 2 1 2 2 1
m x x x x x x
Đặt t| |x 1 x2 Suy ra 0 t2 1 2 x 1 x 2
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có t 1 1 x2 1 x2 2 Suy ra t0; 2
Ta có bất phương trình theo t :
2
Bất phương trình 1
có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình 2
có nghiệm t0; 2
Đặt hàm số
1 ( )
1
t
Khi đó mf t( )
1 '( ) 1
( 1)
f t
t
2 2
1
( 1
0
t t
(loại)
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra m2 2 1 m ;2 21
Từ đó a2;b 1 T a b 2 1 1
'
2 2 1
f t
1
Trang 5Câu 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 0; 0
là điểm thuộc đồ thị hàm số
Khi đó tiếp tuyến của đồ thị tại M x y 0; 0
0 0 2
0 0
2 4
2 2
x
x x
d
Đồ thị C có tiệm cận đứng là x và tiệm cận ngang là 2 y 1 Ta có d
cắt hai đường tiệm cận
lần lượt tại hai điểm
0
0
6 2;
2
x A
x
8 0;
2
IA
x
và IB 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
Vậy giá trị nhỏ nhất của chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng 4 2 khi M0; 1 hoặc M4;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
x y z
Biết rằng điểm
0; 5; 3
M
thuộc đường thẳng AB và điểm N1; 1; 0
thuộc đường thẳng AC Véc tơ nào sau đây là véc tơ chỉ phương của đường thẳngAC?
A. u1; 2; 3
B. u0; 2; 6
C. u0; 1; 3
D. u0; 1; 3
Lời giải Chọn D
Giả sử A t( ;6 4 ;6 3 ) t t , ta có:
(1; 4; 3)
d
u
, AM ( ; 4 1; 3 3 ),t t t AN (1 ; 5 4 ;3t t t 6)
Theo bài ra: Vì d là đường phân giác của góc A nên:
Trang 62 2 2
| cos( , ) | | cos( , ) |
(4 4 1)(13 39 31) (4 12 9)(13 13 5)
BP V
Vậy một véc tơ chỉ phương của AC là u0; 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
8 64
x y
y=x
8 8
16
16
I 1
I 2
(C1 )
(C2 ) O
x y
Trang 7Phần 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
82 2 64 8; 16
y x
Khi đó
16
2 2
1 8
16 16
2 2
1 2
Với
16 2 1 8
96 2
x
.
Tính I : Đặt 2 x 8 8sin ;t t 2 2;
, suy ra
2 2
sin 2
2
t
Vậy S H 2S1 2 96 16 32 6
có đạo hàm liên tục trên đoạn
0;
4
và f 4 0
Biết
4 2 0
d 8
,
4 0
sin 2 d
4
Tính tích phân
8 0
2 d
A
1 2
I
1 4
I
Lời giải Chọn B.
Ta có
sin 2 d sin 2 d
4 4 0 0 sin 2 d sin 2
4 0
sin 2 0 sin 2.0 2 cos 2 d
Trang 8 4 0
2 cos 2 d 4
4 0
2 f x cos 2 dx x
Do đó
4 0
2 cos 2 d
4
Mặt khác:
2
1 cos 2 d 1 cos 4 d
2
4 0
sin 4
Bởi vậy:
d 2 cos 2 d cos 2 d
4
0
2 cos 2 cos 2 d 0
4
2 0
Nên:
8 0
2 d
8 0 cos 4 dx x
0
sin 4
Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z , 1 iz Biết rằng 2 MON Tính60
1 9 2
Lời giải Chọn D
Ta có z1 6 OM ; 6 z2 2 iz2 2 ON 2
1 3
và K là điểm biểu diễn số phức z
1 3
KON
và OK 2
Từ đó suy ra tam giác OKN đều cạnh bằng 2 NK2 và
2 3
3 2
, với I là trung điểm
KN.
Trang 9Khi đó
1 9 2
9z 9z 9 z iz
9z1 3iz2 z13iz2 9 z iz 2 z iz 2
Do đó: T 18.NK OI. 18.2 3 36 3
I
N O
K
M
m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
2 1
y
x
trên 1;2
bằng 2 Số phần tử của S là
Lời giải Chọn D
Xét hàm số
2 1
y
x
liên tục trên 1;2
Ta có 2
2
2 '
( 1)
y
x
; y' 0 x22x 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
y
x
trên 1;2
là
TH1:
3
2
5 2
2
m m
m
é
ê = ê + = Þ ê
ê =-ê ê
+) Với
3 2
ta có
max 2;
(loại)
+) Với
5 2
ta có
7
6
(nhận)
Trang 10TH2:
2
2
10 3
3
m m
m
é
ê = ê + = Þ ê
ê =-ê ê
+) Với
2 3
ta có
7
6
(nhận)
+) Với
10 3
ta có
max 2;
(loại)
Kết luận: Giá trị m cần tìm là:
5 2
và
2 3
Câu 42 [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số yf x( ) liên tục trên Biết rằng
hàm số yf x'( )có đồ thị như hình vẽ Hàm số yf x( 25) 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
'( )
yf x
x y
o
Trang 11Giải (I): Từ đồ thị hàm số yf x'( ) ta có
2 2
2
0
7
7
4
x
x
x
x
x
Xét (II): Từ đồ thị yf 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:
Sau 3 tháng thì số tiền trong tài khoản của ông A là:
Trang 12a.1,0052a.1,005a.1,005a a 1,0053a.1,0052a.1,005a.
………
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 n
xác định bởi
1
1
1
n n
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.
n n n
u u n u n n u n
, mà ta có thể để dàng chứng
minh quy nạp biểu thức:
2
1 2
2
n n
Ta tìm n nhỏ nhất để u n 1 2039190
,
hay tìm n nhỏ nhất để
1
2039190 2
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
C S
Trang 13SAB 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
V
B V a3 3.
C
3
9
a
V
D
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
2 2 3
a
SH
HN HM HP
)
Vậy
.
S ABCD
Câu 46 (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số yf x
liên tục trên 1;4 và thỏa mãn
2 1 ln
f x
x x
Tính tích phân
4
3
d
I f x x
Trang 14A 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
Ta có:
,
+) Tính P : Đặt ln
dx
x
; x 1 t0;x 4 tln 4.
Vậy
ln 4 2 0
ln
2ln 2 2
x
,(1)
+) Tính
4 1
(2 1)
x
, Đặt
x
, khi đó:x 1 t 1;x 4 t 3
Vậy:
( ) (x) ,
Qf t dtf dx
( tích phân không phụ thuộc kí hiệu của biến số), (2)
Từ (1) và (2), ta có:
2
, (3) Mà:
,(4)
Từ (3) và (4) suy ra:
4
2 3
d 2ln 2
phẳng P : 2x2y z 9 0
Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng
Q : 3x4y 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
A
41 2
MB
5 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 : 3x4y 4z 5 0
có phương trình:
1 3
3 4
Ta có giao điểm của d và mặt phẳng P
là B :
Trang 15(1 3 ;2 4 ; 3 4 )
Vậy B( 2; 2;1)
H
(P)
I
M B
A
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
, d( ,( )I P 3.
Ta có
2
,( )
5
I P
AB
Vậy độ dài MB lớn nhất là 5
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'
Trang 16
A
3 2
a
3 6
a
3 4
a
Lời giải Chọn D.
Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD
Vì A BD' đều
3
2
BD
và
2
2 '
3 3 4
A BD
BD
Thể tích tứ diện 'A ABD là
2 3 '
A ABD ABD
V A O S a a a
Khoảng cách từ A đến A BD'
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
Câu 49 [1D2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Giải bóng chuyền VTV cúp gồm 12 đội tham dự
trong đó có 9 đội 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:
Trang 17.
C C C 4 4 4
12 8 4 34650(cách)
Ta có 34650
GọiA là biến cố: “ 3 đội Việt Nam ở 3 bảng khác nhau”
Chọn 1 đội Việt Nam vào bảng A có C31 (cách) và 3đội nước ngoài còn lại cóC93(cách)
Tương tự bảng B có C21cách chọn1 đội Việt Nam và có C63cách chọn 3đội nước ngoài
Bảng C có C11cách chọn1 đội Việt Nam và có C33cách chọn 3đội nước ngoài
Vậy A C C C C C C 31 .93 21 63 11 33 10080 (cách)
Xác suất cần tìm là:
P A
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 AC12a, góc tạo bởi hai mặt phẳng SAB
và ABC bằng 450 Tính thể tích V của khối nón đã cho
A V 9 a3. B V 12a3. C V 27a3. D V 3 a3.
Lời giải
S
B
A
C
I
Trang 18Chọn 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
Nửa chu vi tam giác ABC là 2 16
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
3 3 9
S
B
A
C
M
45