22 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 MÔN THI TOÁN GIẢI CHI TIẾT GÓI (37-59) PART 2 by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

vectorstock.com/21609945

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

22 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 MÔN THI TOÁN GIẢI CHI TIẾT GÓI (37-59) PART 2 WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GD&ĐT THÀNH PHỐ HÀ NỘI

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG KIẾN THỨC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

Môn thi: TOÁN HỌC

MÃ ĐỀ 632

Năm: 2018 - 2019 Thời gian làm bài: 90 phút

Họ, tên thí sinh: ....................................................................... Số báo danh:…………………………………………………. Câu 1 (NB): Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ? A. y = − x 4 + 2x 2 + 1 B. y = x 4 − 2x 2 + 1

C. y = x 3 − 3x 2 + 1 D. y = −x 3 + 3x 2 + 1 Câu 2 (TH): Nghiệm các phương trình log3 (2x − 1) = 2 là: A. x = 4

7 B. x = 2

9 2

D. x = 5

C. x =

Câu 3(TH): Cho khối nón có chiều cao bằng 2a và bán kính đáy bằng a. Thể tích của khối nón đã cho bằng A.

4πa 3 3

B. 2πa 3

2πa 3 3

D. 4πa 3

Câu 4 (TH): Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2;3; −1) và B(0; −1;1) . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là:

A. (1;1;0)

B. (2; 2; 0)

C. (−2; −4; 2)

D. (−1; −2;1)

Câu 5 (TH): Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AC = 2a,SA ⊥ (ABC) và SA = a . Thể tích khối nón đã cho bằng

3a 3 3

3a 3 6

a3 3

2a 3 3

Trang 1/30

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6 (NB): Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên

−∞

f '( x) f ( x)

−

+∞ −

+∞ −1

−∞

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng

A. ( −∞;1)

B. (−1; 2)

C. (3; +∞)

D. (1;3)

Câu 7 (TH): Với các số thực a, b > 0, a ≠ 1 tùy ý, biểu thức log a 2 ( ab 2 ) bằng: A.

1 + 4 log a b 2

B. 2 + 4log a b

1 + log a b 2

D. 2 + log a b

Câu 8 (NB): Trong không gian Oxyz, vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P): 2y − 3z + 1 = 0 ? A. u1 = (2; 0; −3) B. u 2 = (0; 2; −3) C. u 3 = (2; −3;1) D. u 4 = (2; −3; 0) Câu 9 (TH): Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = 3x 2 + s inx là: A. x 3 + cos x + C

B. 6x + cos x + C

C. x 3 − cos x + C

D. 6x − cos x + C

Câu 10 (TH): Cho a, b là các số thực thỏa mãn a + 6i = 2 − 2bi , với i là đơn vị ảo. Giá trị của a + b bằng A. -1

B. 1

C. -4

D. 5

Câu 11 (TH): Một lớp học có 15 bạn nam và 10 bạn nữ. Số cách chọn hai bạn trực nhật sao cho có cả nam và nữ là: A. 300

B. 25

C. 150

D. 50

Câu 12 (NB): Với hàm số f (x) tùy ý liên tục trên ℝ, a < b , diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f (x) , trục hoành và các đường thẳng x = a, x = b được xác định theo công thức b

A. S = ∫ f (x) dx

B. S = π∫ f (x) dx

C. S = ∫ f (x)dx

Câu 13 (TH): Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng A. Q(−2;1; −3)

B. P(2; −1;3)

C. M( −1;1; 2)

D. S = π ∫ f (x)dx a

x −1 y + 1 z − 2 ? = = 2 3 −1

D. N(1; −1; 2)

Câu 14 (TH): Cho ( u n ) là một cấp số cộng thỏa mãn u1 + u 3 = 8 và u 4 = 10 . Công sai của cấp số cộng đã cho bằng A. 3

B. 6

C. 2

D. 4

Câu 15 (NB): Cho hàm số y = f (x) có đồ thị. Hàm số đã cho đạt cực đại tại A. x = −1 B. x = 2 C. x = 1 D. x = −2 Trang 2/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 16 (TH): Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình 2 | f (x) | −5 = 0 là

A. 3 B. 5 C. 4 D. 6 Câu 17 (NB): Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên x

−∞

f '( x)

−2

−

+∞

−

f ( x) 1

−∞

Số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số đã cho là

A. 4

B. 2

C. 3

D. 1

Câu 18 (TH): Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; −1; 2) và B(3;3; 0) . Mặt phẳng trung trực của đường thẳng AB có phương trình là A. x + y − z − 2 = 0

B. x + y − z + 2 = 0

C. x + 2y − z − 3 = 0

D. x + 2y − z + 3 = 0

Câu 19 (TH): Diện tích hình phẳng bôi đậm trong hình vẽ dưới đây được xác định theo công thức

∫ ( 2x

− 2x − 4 dx

+ 2x − 4 dx

)

−1 2

∫ ( 2x

)

−1 2

∫ ( −2x

+ 2x + 4 dx

− 2x + 4 dx

)

−1 2

∫ ( −2x

)

−1

Trang 3/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 20 (TH): Cho số phức z thỏa mãn (2 + 3i)z + 4 − 3i = 13 + 4i . Mô đun của z bằng A. 20

B. 4

C. 2 2

D. 10

Câu 21 (TH): Tập xác định của hàm số y = ( x − 1) 2 là: A. (0; +∞)

B. 1; +∞ )

C. (1; +∞ )

D. ( −∞; +∞)

Câu 22 (VD): Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn (1 + i)z − 5 + i = 2 là một đường tròn tâm I và bán kính R lần lượt là:

A. I(2; −3), R = 2

B. I(2; −3), R = 2

C. I( −2;3), R = 2

D. I( −2;3), R = 2

Câu 23 (VD): Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 32x − 2.3x + 2 + 27 = 0 bằng A. 9

B. 18

C. 3 2

D. 27

Câu 24 (TH): Với các số a, b > 0 thỏa mãn a + b = 6ab , biểu thức log 2 (a + b) bằng: A.

1 ( 3 + log 2 a + log 2 b ) 2

C. 1 +

1 ( log 2 a + log 2 b ) 2

1 (1 + log 2 a + log 2 b ) 2

D. 2 +

1 ( log 2 a + log 2 b ) 2

Câu 25 (TH): Cho khối trụ (T). Biết rằng một mặt phẳng chứa trục của (T) cắt (T) theo thiết diện là một hình vuông cạnh 4a. Thể tích khối trụ đã cho bằng: A. 8πa 3

B. 64πa 3

Câu 26 (TH): Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = A. −

15 4

B. −

C. 32πa 3

D. 16πa 3

x 2 − 8x trên đoạn [1;3] bằng x +1

7 2

C. -3

D. -4

Câu 27 (VD): Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy bằng 2a và chiều cao bằng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) bằng: A.

3a 2

B. a

3a . Khoảng

D. 2a

Câu 28 (VD): Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Biết MN =

3a , góc giữa đường thẳng AD và BC bằng: 2

A. 45

B. 90

C. 60

D. 30

1 Câu 29 (VD): Gọi x1 , x 2 là hai điểm cực trị của hàm số f (x) = x 3 − 3x 2 − 2x . Giá trị của x12 + x 22 bằng: 3

A. 13

B. 32

C. 4

D. 36

Câu 30 (VD): Trong không gian Oxyz, gọi d là đường thẳng qua A (1; 0; 2 ) cắt và vuông góc với đường thẳng d1 :

x −1 y z − 5 . Điểm nào dưới đây thuộc d? = = 1 1 −2

A. A(2; −1;1)

B. Q(0; −1;1)

C. N(0; −1; 2)

D. M(−1; −1;1)

Trang 4/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 31 (VD): Tìm m để đường thẳng y = 2x + m cắt đồ thị hàm số y =

x +3 tại hai điểm M, N sao cho x +1

độ dài MN nhỏ nhất: A. 3

B. -1

C. 2

D. 1

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = x 3 − 3x + m

Câu 32 (VD): có 5 điểm cực trị?

A. 5 Câu

B. 3 33

(VD):

Cho

C. 1

khối

chóp

D. vô số đáy

có

SABCD

ABCD

là

hình

thoi

tâm

AB = a, ∠BAD = 60 ,SO ⊥ (ABCD) và mặt phẳng (SCD) tạo với mặt đáy một góc bằng 60 . Thể tích

khối chóp đã cho bằng: 3a 3 8

3a 3 24

3a 3 48

3a 3 12

Câu 34 (VD): Cho các số thực dương x, y ≠ 1 và thỏa mãn log x y = log y x, log x (x − y) = log y (x + y) . Giá trị của x 2 + xy − y 2 bằng:

A. 0

B. 3

C. 1

Câu 35 (VD): Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = A. ln x + 1 + 2 ln x + 2 + C

D. 2

x +3 là: x + 3x + 2 2

B. 2 ln x + 1 + ln x + 2 + C D. − ln x + 1 + 2 ln x + 2 + C

C. 2 ln x + 1 − ln x + 2 + C

Câu 36 (VD): Tập hợn tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x 3 − mx 2 + 3x − 2 đồng biến trên R là:

A. (−3;3)

3 3 C.  ;  2 2

B. [ −3;3]

3 3 D.  ;  2 2

z+2 là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số z − 2i phức z luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng:

Câu 37 (VD): Xét số phức z thỏa mãn

A. 1

C. 2 2

D. 2

Câu 38 (VD): Gieo con xúc xắc được chế tạo cân đối và đồng chất 2 lần. Gọi a là số chấm xuất hiện trong lần gieo thứ nhất, b là số chấm xuất hiện trong lần gieo thứ hai. Xác suất để phương trình x 2 + ax + b = 0 có nghiệm bằng

17 36

Câu

B. (VD):

Biết

19 36

rằng

tồn

t ại

duy

nhất

1 2 bộ

D. các

số

nguyên

4 9 a,

sao

cho

∫ (4x + 2) ln xdx = a + b ln 2 + c ln 3 . Giá trị của a + b + c bằng: 2

A. 19

B. -19

C. 5

Câu 40 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của 3

D. -5 tham số m để đồ thị hàm số

y = x − (m + 1)x + (m − 2)x − m + 3 có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị đó nằm về hai phía khác nhau đối với trục hoành? Trang 5/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. 2

B. 1

C. 3

D. 4

Câu 41 (VD): Cho hình trụ (T) có chiều cao bằng 2a. Hai đường tròn đáy của (T) có tâm lần lượt là O và O1 và bán kính bằng a. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy O1 lấy điểm B sao cho AB = 5a . Thể tích khối tứ diện OO1AB bằng: 3a 3 12

3a 3 4

3a 3 6

3a 3 3

Câu 42 (TH): Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(−1; 2;1), B(2; −1; 4), C(1;1; 4) . Đường thẳng nào dưới đây vuông góc với mặt phẳng (ABC)?

x y z = = −1 1 2

x y z = = 2 1 1

x y z = = 1 1 2

x y z = = 2 1 −1

Câu 43 (VDC): Cho hàm số f (x) > 0 với mọi x ∈ R, f(0) = 1 và f (x) = x + 1f '(x) với mọi x ∈ R . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 4 < f (3) < 6

B. f (3) < 2

C. 2 < f (3) < 4

D. f (3) > 6

Câu 44 (VDC): Cho hàm số y = f (x) . Hàm số y = f '(x) có bảng xét dấu như sau:

x f '( x)

−2

−∞

−

+∞

−

Hàm số y = f ( x 2 + 2x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (0;1)

B. (−2; −1)

C. (−2;1)

D. (−4; −3)

Câu 45 (VDC): Cho các số phức z1 , z 2 , z3 thỏa mãn z1 = z 2 = z 3 = 1 và z13 + z 32 + z 33 + z1z 2 z 3 = 0 . Đặt 3

z = z1 + z 2 + z3 , giá trị của z − 3 z bằng: A. -2

B. -4

C. 4

D. 2

Câu 46 (VDC): Trong không gian Oxyz, tập hợp các điểm thỏa mãn

z + y + z ≤ 2 và

x − 2 + y + z ≤ 2 là một khối đa diện có thể tích bằng: A. 3

B. 2

8 3

4 3

1 2 x có đồ thị (P). Xét các điểm A, B thuộc (P) sao cho tiếp tuyến tại A và 2 9 B của (P) vuông góc với nhau, diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đường thẳng AB bằng . Gọi 4

Câu 47 (VD): Cho hàm số y =

x1 , x 2 lần lượt là hoành độ của A và B. Giá trị của ( x1 + x 2 ) bằng: A. 7

B. 5

C. 13

D. 11

Câu 48 (VDC): Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = SB = 2a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) bằng a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng: A.

6a 3 3

3a 3 6

C. 2

6a 3 3

2 3a 3 3

Trang 6/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 49 (VDC): Cho số thức α sao cho phương trình 2x − 2− x = 2cos(αx) có đúng 2019 nghiệm thực. Số nghiệm của phương trình 2x + 2− x = 4 + 2cos(αx) là:

A. 2019

B. 2018

C. 4037

D. 4038

Câu 50 (VDC): Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(3;1; −3), B(0; −2;3) và mặt cầu (S):

( x + 1)

+ y 2 + ( z − 3 ) = 1 . Xét điểm M thay đổi luôn thuộc mặt cầu (S), giá trị lớn nhất của MA 2 + 2MB2

bằng:

C. 82

D. 52

Trang 7/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

C1 C6 C15

C16 C17 C26 C29

C31 C32 C36 C40 C44

C49

C2 C21

C7 C23 C24

C34

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng

C12

C9 C19

C35 C39 C47

C43

Chương 4: Số Phức

C10

C20

C22 C37 C50

C45 C46

Đại số Chương 1: Hàm Số Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

Lớp 12 (94%)

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C27 C28 C33 C48

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C25

C41

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C4 C8 C13

C18 C42

C30

Chương 2: Tổ Hợp - Xác Suất

C11

C38

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C14

Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

Lớp 11 (6%)

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

Trang 8/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Hình học Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (0%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Tổng số câu

Điểm

2.2

3.2

3.8

0.8

Trang 9/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI: +) Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm với kiến thức tổng hợp của lớp 11 và lớp 12 ở các mức độ từ TH đến VDC giúp các em có thể ôn thi một cách tổng quát. +) Đề thi có các câu VDC 45, 46, 47, 49, các em cần chú ý đọc kỹ bài để có thể xác định đúng hướng làm bài và không bị nhầm lẫn.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.C

2.D

3.C

4.A

5.B

6.D

7.C

8.B

9.C

10.A

11.C

12.A

13.D

14.A

15.A

16.C

17.B

18.C

19.C

20.D

21.C

22.A

23.C

24.A

25.D

26.B

27.C

28.C

29.C

30.B

31.A

32.B

33.A

34.D

35.C

36.B

37.B

38.B

39.C

40.B

41.C

42.D

43.D

44.B

45.A

46.D

47.B

48.D

49.D

50.C

Câu 1: Phương pháp: Quan sát đồ thị hàm số, loại trừ từng phương án. Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên loại đáp án A và B.

Đồ thị hàm số có nét cuối cùng đi lên nên a > 0 ⇒ loại đáp án D. Chọn C. Câu 2: Phương pháp: +) Tìm điều kiện xác định của phương trình. +) Giải phương trình logarit: log a f (x) = b ⇔ f (x) = a b

Cách giải: 1 Điều kiện: 2x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ . 2 log 3 (2x − 1) = 2 ⇔ 2x − 1 = 32 = 9 ⇔ 2x = 10 ⇔ x = 5(tm)

Vậy x = 5 là nghiệm của phương trình.

Chọn D Câu 3: Phương pháp:

Trang 10/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thể tích khối nón tròn xoay có bán kính đáy r, đường cao h, thể tích V được tính bởi công thức: 1 V = πr 2 h . 3 Thay các giá trị đề bài cho vào công thức ta tìm được thể tích khối nón đã cho.

Cách giải: 1 1 2πa 3 Thể tích khối nón là: V = πr 2 h = πa 2 .2a = 3 3 3

Chọn C Câu 4: Phương pháp: Trong hệ trục tọa độ Oxyz, A(x1 ; y1 ;z1 );B(x 2 ; y2 ; z 2 ), M là trung điểm của AB.  x + x 2 y1 + y 2 z1 + z 2  ⇒ M 1 ; ;  2 2   2

Cách giải:  2 + 0 3 − 1 −1 + 1  Gọi M là trung điểm của AB ⇒ M =  ; ;  = (1;1; 0) 2 2   2

Chọn A Câu 5: Phương pháp: Tính độ dài cạnh BC, tính diện tích tam giác ABC. Sau đó tính thể tích khối chóp S.ABC 1 Thể tích khối chóp S.ABC có chiều cao h là: VS.ABC = SABC .h 3

Cách giải: Tam giác ABC vuông tại B ⇒ BC = AC2 − AB2 =

( 2a )

− a2 = a 3

1 1 3 2 Diện tích tam giác ABC là: SABC = .AB.BC = .a.a 3 = .a 2 2 2 1 1 3 2 3 3 Thể tích khối chóp S.ABC là: VS.ABC = SABC .SA = . .a .a = a 3 3 2 6

Chọn B Câu 6: Phương pháp: Quan sát bảng biến thiên và kiến thức đã học về hàm số, đồ thị hàm số. Trong một khoảng xác định, chiều biến thiên đi lên từ trái sang phải thì hàm số đồng biến.

Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (1;3)

Chọn D. Câu 7: Phương pháp: Trang 11/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Áp dụng công thức: log a n b =

1 log a b(a, b > 0, a ≠ 1, n ≠ 0) và log a b n = n.log a b(a, b > 0; a ≠ 1) n

Lưu ý: log a a = 1(a > 0;a ≠ 1)

Cách giải: log a 2 ab 2 = log a 2 a + log a 2 b 2 =

( )

1 1 1 log a a + .2.log a b = + log a b 2 2 2

Chọn C Câu 8: Phương pháp: Trong không gian Oxyz, phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + d = 0 ⇒ n(a; b; c) là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)

Cách giải: (P): 2y − 3z + 1 = 0 ⇒ VTPT của (P) là: n = (0; 2; −3)

Chọn B Câu 9: Phương pháp: Sử dụng công thức tính nguyên hàm cơ bản:

∫ sin xdx = −cosx + C n ∫ x dx = n.

x n +1 + C(C = const) n +1

Cách giải:

∫(

3x 2 + sin x dx = 3.

)

x3 − cosx + C = x 3 − cosx + C 3

Chọn C Câu 10: Phương pháp: Hai số phức bằng nhau, phần thực bằng phần thực, phần ảo bằng phần ảo. Tìm a,b rồi tính a + b

Cách giải:

a = 2 a = 2 ⇒ ⇒ a + b = −1 Ta có a + 6i = 2 − 2bi ⇒  6 = −2b b = −3 Chọn A. Câu 11: Phương pháp: Sử dụng quy tắc nhân.

Để chọn được nhóm có một bạn nam và một bạn nữ ta làm như sau: Chọn 1 bạn nam trong tổng số 15 bạn nam ⇒ có 15 cách chọn bạn nam Chọn 1 bạn nữ trong tổng số 10 bạn nữ ⇒ có 10 cách chọn bạn nữ Trang 12/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Sau đó nhân lại với nhau.

Cách giải: Ta có 15 bạn nam và 10 bạn nữ. Có C115 = 15 cách chọn 1 bạn nam. Có C110 = 15 cách chọn 1 bạn nữ. 1 Khi đó, số cách chọn hai bạn sao cho có một bạn nam và một bạn nữ là: C115 .C10 = 15.10 = 150 (cách).

Chọn C. Câu 12: Phương pháp: Lý thuyết tính diện tích hình phẳng: Công thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường b

thẳng y = 0, x = a, x = b(a < b) và đồ thị hàm số y = f (x) là: S = ∫ f (x) dx a

Cách giải: Công thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng y = 0, x = a, x = b(a < b) và đồ thị b

hàm số y = f (x) là: S = ∫ f (x) dx a

Chọn A. Câu 13: Phương pháp: Thay các điểm đã cho vào phương trình đường thẳng, điểm nào thỏa mãn phương trình đường thẳng thì điểm đó thuộc đường thẳng.

Cách giải: Dựa vào phương trình đường thẳng ta thấy đường thẳng đã cho đi qua điểm N(1; −1; 2) .

Chọn D. Câu 14: Phương pháp: Nhớ lại: Cho dãy (u n ) là một cấp số cộng có công sai d Ta có: u n = u1 + (n − 1)d Dựa vào đề bài cho, biến đổi hệ thành hệ phương trình bậc nhất hai ẩn u1 ;d Giải hệ và tìm ra d

Cách giải: Gọi công sai của cấp số cộng là d.

u1 + u 3 = 8 u1 + u1 + 2d = 8 2u1 + 2d = 8 u1 = 1 ⇔ ⇔ ⇔ Ta có:  d = 3 u 4 = 10 u1 + 3d = 10 u1 + 3d = 10 Chọn A. Câu 15: Phương pháp: Trang 13/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Quan sát đồ thị hàm số đã cho để kết luận.

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại x = −1

Chọn A. Câu 16: Phương pháp: Tìm f (x) rồi tìm f (x) . Số nghiệm của phương trình là số nghiệm của phương trình đường thẳng f (x) = ±a với đồ thị hàm số y = f (x)

Cách giải:

5  f (x) = (1)  5 2 2 f (x) − 5 = 0 ⇔ f (x) = ⇔  2  f (x) = − 5 (2)  2 Số nghiệm của phương trình đã cho là tổng số nghiệm của phương trình (1) và phương trình (2). Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đường thẳng y =

5 5 và đường thẳng y = − với 2 2

đồ thị hàm số y = f (x) Như vậy, dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình đã cho có 4 nghiệm.

Chọn C. Câu 17: Phương pháp: Quan sát đồ thị hàm số đã cho và dựa vào những kiến thức đã học về đồ thị hàm số để kết luận.

Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = −2 và tiệm cận ngang y = 2

Chọn B. Câu 18: Phương pháp: Tìm trung điểm M của đoạn thẳng AB. Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là mặt phẳng đi qua điểm M và nhận AB làm VTPT. Phương trình mặt phẳng đi qua điểm M(x 0 ; y0 ; z0 ) nhận n(A; B; C) làm VTPT có dạng:

A(x − x 0 ) + B(y − y0 ) + C(z − z0 ) = 0 Thay tọa độ điểm M tìm được và tọa độ VTPT ta viết được phương trình mặt phẳng trung trực của AB.

Cách giải: Ta có: A(1; −1; 2); B(3;3; 0) ⇒ AB = (2; 4; −2)

Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB. Khi đó: M(2;1;1)

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là mặt phẳng đi qua điểm M và nhận AB làm VTPT. Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2(x − 2) + 4(y − 1) − 2(z − 1) = 0 ⇔ 2x − 4 + 4y − 4 − 2z + 2 = 0 ⇔ x + 2y − z − 3 = 0

Trang 14/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chọn C. Câu 19: Phương pháp: b

Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y = f (x), y = g(x), x = a, x = b(a < b) là S = ∫ f (x) − g(x) dx a

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy công thức tính diện tích hình phẳng cần tính là: 2

∫(

− x 2 + 3 − x 2 + 2x + 1 dx =

)

−1

∫ ( −2x

)

+ 2x + 4 dx

−1

Chọn C. Câu 20: Phương pháp: Biến đổi phương trình đã cho, tìm z. Mô-đun của số phức z = a + bi là: z = a + bi = a 2 + b 2

Cách giải:

(2 + 3i)z + 4 − 3i = 13 + 4i ⇔ (2 + 3i)z = 13 + 4i − 4 + 3i ⇔ (2 + 3i)z = 9 + 7i 9 + 7i (9 + 7i)(2 − 3i) ⇔z= ⇔z= 2 + 3i (2 + 3i)(2 − 3i) 18 − 21.i 2 + 14i − 27i 22 + 32 39 − 13i ⇔z= ⇔ z = 3−i 13

⇔z=

⇒ z = 32 + (−1) 2 = 10 Chọn D. Câu 21: Phương pháp: Tập xác định của hàm số lũy thừa y = x n phụ thuộc vào giá trị của n như sau: +) n ∈ Z + ⇒ D = R +) n ∈ Z+ ⇒ D = R \ {0} +) n ∉ Z+ ⇒ D = (0; +∞)

Cách giải: Do

1 ∉ Z ⇒ Hàm số xác định ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1 2

Vậy tập xác định của hàm số là (1; +∞ )

Chọn C. Câu 22: Phương pháp: Trang 15/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+) Gọi số phức z = x + yi +) Modun của số phức z = x + yi là z = x 2 + y2 +) Phương trình đường tròn tâm I(a; b) , bán kính R có dạng: (x − a) 2 + (y − b) 2 = R 2

Cách giải: Gọi số phức z = x + yi (1 + i)z − 5 + i = 2 ⇔ (1 + i)(x + yi) − 5 + i = 2 ⇔ (x − y − 5) + (x + y + 1)i = 2 2

⇔ ( x − y − 5 ) + (x + y + 1)2 = 4

⇔ (x − y) 2 − 10(x − y) + 25 + (x + y) 2 + 2(x + y) + 1 = 4 ⇔ 2x 2 + 2y 2 − 8x + 12y + 22 = 0 ⇔ x 2 + y 2 − 4x + 6y + 11 = 0 ⇔ (x − 2) 2 + (y + 3) 2 = 2 Vậy đường tròn biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện bài toán có tâm I(2; −3), R = 2

Chọn A. Câu 23: Phương pháp: Giải phương trình mũ sau đó áp dụng công thức a m .a n = a m+ n để tính tổng ham nghiệm của phương trình.

Cách giải:

32x − 2.3x + 2 + 27 = 0 ⇔ 32x − 2.9.3x + 27 = 0 3x1 = 9 + 3 6 ⇔ 32x − 18.3x + 27 = 0 ⇔  3x 2 = 9 − 3 6

(

)( ) − ( 3 6 ) = 27

⇒ 3x1.3x 2 = 9 + 3 6 9 − 3 6 ⇔ 3x1 + x 2 = 92

⇔ x1 + x 2 = 3 Chọn C. Câu 24: Phương pháp: Sử dụng các công thức: log a b n = n log a b; log a bc = log a b + log a c

Cách giải: Ta có: a 2 + b 2 = 6ab ⇔ (a + b) 2 = 8ab 2

⇒ log 2 ( a + b ) = log 2 8ab ⇔ 2 log 2 (a + b) = log 2 8 + log 2 a + log 2 b ⇔ log 2 (a + b) =

1 (3 + log 2 a + log 2 b) 2

Chọn A. Câu 25: Trang 16/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: Công thức tính thể tích hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy R là: V = πR 2 h

Cách giải: Thiết diện của hình trụ (T) qua trục là hình vuông cạnh 4a ⇒ hình trụ có chiều cao là h = 4a và bán kính 1 đáy R = .4a = 2a 2

⇒ V = πR 2 h = π.4a 2 .4a = 16πa 2 Chọn D. Câu 26: Phương pháp: Tìm tập xác định của hàm số. Sử dụng chức năm MODE 7 để bấm máy và tính nhanh GTLN của hàm số.

Cách giải: TXĐ: D = R \ {−1} Ta có: x = −1 ∉ [1;3] Sử dụng MTCT để làm bài toán: Bước 1: Bấm MODE 7 và nhập hàm f (x) = Bước 2: Start = 1; End = 3; Step = =

x 2 − 8x vào máy tính. x +1

3 −1 2 = 19 19

Ta được kết quả: Ta thấy GTLN của hàm số là y max = −

7 khi x = 1 2

Chọn B. Chú ý khi giải: Với các bài toán có hàm số ở dạng phân thức, khi bấm máy tính, ta chú ý tập xác định của hàm số. Câu 27: Phương pháp: 1 Công thức tính thể tích của khối chóp có chiều cao h và diện tích đáy Sd : V = Sd .h 3 Khi đó ⇒ Sd =

3V h

Trang 17/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cách giải: 1 1 4a 3 3 Ta có VSABCD = hSd = .a 3.4a 2 = 3 3 3 ⇒ VSACD =

1 2a 3 3 VSABCD = 2 3

Gọi M là trung điểm của CD. ⇒ SM = SO 2 + OM 2 = 3a 2 + a 2 = 2a 1 1 ⇒ SSCD = SM.CD = .2a.2a = 2a 2 2 2 3V 3.2a 3 3 ⇒ d ( A; ( SCD ) ) = SACD = =a 3 SSCD 3.2a 2

Chọn C. Câu 28: Phương pháp: Góc giữa hai đường thẳng a;b là góc giữa hai đường thẳng a ', b ' với a / /a ', b / /b ' Công thức định lý hàm số cos trong ∆ABC với các cạnh a, b, c là: a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A

Cách giải: Gọi P là trung điểm của AC ta có: PM / /CD và PN / / AB ⇒ ∠(AB;CD) = ∠(PM; PN)

Do PM, PN lần lượt là đường trung bình của tam giác ACD và tam giác ABC

⇒ PM =

CD a AB a = ; PN = = 2 2 2 2

a 2 a 2 3a 2 + − PM + PN − MN 4 = − 1 ⇒ ∠MPN = 120 Xét tam giác PMN có: cos∠MPN = = 4 4 a a 2.PM.PN 2 2. . 2 2 2

Vậy ∠ ( PM; PN ) = 180 − 120 = 60

Chọn C. Câu 29: Phương pháp: Điểm x = x 0 là điểm cực trị của hàm số y = f (x) ⇔ f ' ( x 0 ) = 0 Biến đổi biểu thức cần tính và sử dụng định lý Vi-ét để tính toán.

Cách giải: Ta có: f ' ( x ) = x 2 − 6x − 2 ⇒ f ' ( x ) = 0 ⇔ x 2 − 6x − 2 = 0 (*) Có x1 ; x 2 là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f (x) ⇒ x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình (*). Trang 18/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x1 + x 2 = 6 Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:   x1x 2 = −2 ⇒ x12 + x 22 = (x1 + x 2 ) 2 − 2x1x 2 = 6 2 − 2.( −2) = 40

Chọn C. Câu 30: Phương pháp:

+) Lập phương trình mặt phẳng (α ) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d1 ⇒ n α = u1 . +) Đường thẳng d cắt và vuông góc với d1 ⇒ d ⊂ (α) +) Gọi M0 là giao điểm của d1 và (α ) ⇒ M ∈ d +) Lập phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A,M0.

Cách giải:

Ta có: d1 đi qua M(1; 0;5) và có VTPT: u1 = (1;1; −2) x = 1 + t  d1 :  y = t ⇒ M 0 (1 + t; t;5 − 2t) ∈ (d1 ) z = 5 − 2t  Đường thẳng d ⊥ d1 ⇒ u 2 ⊥ u1 Phương trình mặt phẳng (α ) đi qua A và vuông góc với d1 là: x − 1 + y − 2(z − 2) = 0 ⇔ x + y − 2z + 3 = 0

Gọi M 0 (1 + t; t;5 − 2t) là giao điểm của đường thẳng d1 và mặt phẳng (α ) ⇒ 1 + t + t − 2(5 − 2t) + 3 = 0 ⇔ 6t = 6 ⇔ t = 1 ⇒ M 0 (2;1;3). ⇒ d là đường thẳng đi qua hai điểm A(1;0; 2) và M 0 (2;1;3). ⇒ u 2 = AM = (1;1;1)

x = 1 + t  ⇒ Phương trình đường thẳng d:  y = t z = 2 + t  Thử các đáp án, chỉ có điểm Q(0; −1;1) thuộc đường thẳng d khi t = −1

Chọn B. Câu 31: Phương pháp: +) Tìm điều kiện của m để hai đồ thị hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt. +) Gọi M(x1 ; 2x1 + m), N(x 2 ; 2x 2 + m) là hai giao điểm của 2 đồ thị hàm số. +) Khi đó: MN =

( x N − x M ) + ( yN − y M )

+) Sử dụng định lý Vi-et để tìm giá trị của m để độ dài MN đạt giá trị nhỏ nhất.

Cách giải: Trang 19/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số là: 2x + m =

x +3 ( x ≠ 1) ⇔ 2x 2 + (m + 1)x + m − 3 = 0 (*) x +1 2

Ta có: ∆ = ( m + 1) − 8(m − 3) = m 2 − 6m + 25 = (m − 3) 2 + 16 > 0∀m ⇒ (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 với mọi m.

m +1   x1 + x 2 = − 2 Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:  x x = m − 3  1 2 2 Gọi M(x1 ; 2x1 + m), N(x 2 ; 2x 2 + m) là hai giao điểm của 2 đồ thị hàm số. Khi đó ta có: 2

MN 2 = ( x 2 − x1 ) + ( 2x 2 − 2x1 ) = 5(x 2 − x1 ) 2  ( m + 1)2 m − 3 2 = 5 ( x1 + x 2 ) − 4x1x 2  = 5  − 4.    2   4  5 5 = m 2 + 2m + 1 − 8m + 24 = m 2 − 6m + 25 4 4 5 2 = ( m − 3 ) + 20 ≥ 20∀m 4

(

)

(

)

Dấu “=” xảy ra ⇔ m − 3 = 0 ⇔ m = 3

Chọn A. Câu 32: Phương pháp: +) Để đồ thị hàm số y = f (x) có 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số y = f (x) có hai điểm cực trị nằm về 2 phía của trục Ox. +) Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm về 2 phía của trục Ox ⇔ y1 , y 2 < 0

Cách giải: Hàm số y = x 3 − 3x + m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số y = x 3 − 3x + m có 2 cực trị nằm về hai phía của trục Ox.

 x = 1 ⇒ y = −2 + m Ta có: y ' = x 3 − 3x + m ⇔   x = −1 ⇒ y = 2 + m Hai điểm cực trị nằm về 2 phía trục Ox ⇔ ( −2 + m ) (2 + m) < 0 ⇔ m 2 − 4 < 0 ⇔ −2 < m < 2 Kết hợp điều kiện m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−1;0;1} . Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn ycbt.

Chọn B. Câu 33: Phương pháp: +) Diện tích tam giác đều cạnh a: S =

a2 3 2

Trang 20/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 +) Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy Sd và chiều cao h là: V = Sd h 3

Cách giải:

Ta có: ∠DAB = 60 ⇒ ∆ABD là tam giác đều cạnh a ⇒ BD = a ⇒ SABD =

a2 3 a2 3 ⇒ SABCD = 2SABD = 4 2

Kẻ SM ⊥ CD ⇒ CD ⊥ (SOM) ⇒ CD ⊥ OM ⇒ ∠ ( ( SCD ) , ( ABCD ) ) = ∠ ( OM,SM ) = ∠SMO = 60

Xét ∆OMD vuông tại D ta có: sin∠ODM =

OM a 3 a 3 ⇒ OM = OD.s in60 = . = OD 2 2 4

Xét ∆SOM vuông tại M ta có: SO = OM.tan 60 =

a 3 3a . 3= 4 4

1 1 3a a 2 3 a 3 3 ⇒ VSABCD = SO.SABD = . . = 3 3 4 2 8

Chọn A. Câu 34: Phương pháp: Sử dụng phương pháp thế hoặc cộng đại số để giải hệ phương trình logarit sau đó tính giá trị biểu thức đề bài yêu cầu.

Cách giải: ĐK: x > y > 0, x, y ≠ 1 Ta có:

Trang 21/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1  log x y = log y x log x y = log y ⇔ x  log (x − y) = log (x + y) log x (x − y) = log y (x + y) y  x   y = x(ktm)  log x y = ±1 1  ⇔ ⇔  y = x log x (x − y) = log y (x + y)  log x (x − y) = log y (x + y) 1  1  y = y = ⇔ ⇔ x x log x (x − y) = log −1 (x + y) log x (x − y) + log x (x + y) = 0 x  1   xy = 1 y = x ⇔ ⇔ 2 ⇔ x 2 + xy − y 2 = 1 + 1 = 2 2 x − y = 1 log x x 2 − y 2 = 0 

(

)

Chọn D. Câu 35: Phương pháp: Sử dụng phương pháp tính nguyên hàm hữu tỷ và công thức nguyên hàm cơ bản để làm bài toán. Cách giải: Ta có: I = ∫ f (x)dx = ∫

x +3 x +3 dx = ∫ dx x + 3x + 2 (x + 1)(x + 2) 2

1   2 = ∫ −  dx = 2 ln x + 1 − ln x + 2 + C  x +1 x + 2 

Chọn C. Câu 36: Phương pháp: Hàm số y = f (x) đồng biến trên (a; b) ⇔ f '(x) ≥ 0∀x ∈ (a; b) và bằng 0 tại hữu hạn điểm. Cách giải: Ta có: y ' = 3x 2 − 2mx + 3 Hàm số đã cho đồng biến trên R ⇔ y ' ≥ 0∀x ∈ R ⇔ ∆ ' ≤ 0∀x ∈ R ⇔ m 2 − 9 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ m ≤ 3

Chú ý: Chỉ kết luận ∆ ' > 0 là chưa đủ, học sinh có thể thử lại khi m = ±3 để chắc chắn. Chọn B. Câu 37: Phương pháp: z+2 z+2 = A + Bi , khi đó = A + Bi là số thuần ảo ⇔ A = 0 . Từ đó suy ra z − 2i z − 2i tập hợp các điểm biểu diễn số phức z.

Gọi z = a + bi , đưa số phức

Cách giải: Trang 22/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Gọi z = a + bi ta có:

z + 2 (a + 2) + bi [ (a + 2) + bi ][ a − (b − 2)i ] = = z − 2i a + (b − 2i)i [ a + (b − 2)i ][ a − (b − 2)i ] =

(a + 2)a − (a + 2)(b − 2)i + abi + b(b − 2) a 2 + ( b − 2) a 2 + 2a + b 2 − 2b a 2 + ( b − 2)

−

( a + 2 )( b − 2 ) − ab i 2 a 2 + ( b − 2)

Để số trên là số thuần ảo ⇒ có phần thực bằng 0 ⇒ a 2 + 2a + b2 − 2b = 0 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(−1;1) , bán kính R =

( −1)

+ 12 − 0 = 2

Chọn B. Câu 38: Phương pháp: Phương trình ax 2 + bx + c = 0(a ≠ 0) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 Cách giải: Gieo một con xúc xắc 2 lần ⇒ n(Ω) = 62 = 36 Để phương trình x 2 +ax + b = 0 có nghiệm ⇔ ∆ = a 2 − 4b ≥ 0 ⇔ b ≤

a2 với a, b ∈ {1; 2;3; 4;5; 6} 4

TH1: a = 1 ⇒ b ≤

1 ⇒ Không có b thỏa mãn. 4

TH2: a = 2 ⇒ b ≤

22 = 1 ⇒ b = 1 ⇒ có 1 cặp (a; b) thỏa mãn. 4

TH3: a = 3 ⇒ b ≤

32 = 2, 25 ⇒ b ∈ {1; 2} ⇒ có 2 cặp (a; b) thỏa mãn. 4

TH4: a = 4 ⇒ b ≤

42 = 4 ⇒ b ∈ {1; 2;3; 4} ⇒ có 4 cặp (a; b) thỏa mãn. 4

TH5: a = 5 ⇒ b ≤

52 = 6, 25 ⇒ b ∈ {1; 2;3; 4;5;6} ⇒ có 6 cặp (a; b) thỏa mãn. 4

TH6: a = 6 ⇒ b ≤

62 = 9 ⇒ b ∈ {1; 2;3; 4;5; 6} ⇒ có 6 cặp (a; b) thỏa mãn. 4

Gọi A là biến cố: “Phương trình ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm” ⇒ n(A) = 1 + 2 + 4 + 6 + 6 = 19 Vậy P(A) =

19 36

Chọn B. Câu 39: Phương pháp: Sử dụng phương pháp tính tích phân từng phần. Cách giải: Trang 23/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đặt I = ∫ ( 4x + 2 ) ln xdx 2

dx  u = ln x du = Đặt  ⇔ x dv = (4x + 2)dx  v = 2x 2 + 2x = 2x(x + 1)  3

2x(x + 1)dx x 2

⇒ I = [ 2x(x + 1) ln x ] |32 − ∫ 3

I = 24 ln 3 − 12 ln 2 − 2 ∫ (x + 1)dx 2

 x2  I = 24 ln 3 − 12 ln 2 − 2  + x  32  2   15  I = 24 ln 3 − 12 ln 2 − 2  − 4   2  I = 24 ln 3 − 12 ln 2 − 7 = a + b ln 2 + c ln 3  a = −7  ⇒ b = −12 ⇒ a + b + c = −7 − 12 + 24 = 5 c = 24  Chọn C. Câu 40: Phương pháp: +) Tìm điều kiệm để hàm số có 2 điểm cực trị phân biệt, suy ra điều kiện cần của m. +) Thay các giá trị m nguyên vừa tìm được vào hàm số, nhận những giá trị m mà khi đó đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox. Cách giải: y = x 3 − (m + 1) x 2 + ( m 2 − 2 ) x − m 2 + 3

TXĐ: D = R Ta có: y ' = 3x 2 − 2(m + 1)x + m2 − 2 Để hàm số có 2 điểm cực trị ⇔ phương trình y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt. 2

⇔ ∆ ' = ( m + 1) − 3 ( m 2 − 2 ) > 0 ⇔ −2m 2 + 2m + 7 > 0 ⇔

1 − 15 1 + 15 <m< 2 2

Mà m ∈ Z ⇒ m ∈ {−1;0;1; 2} Thử lại: x = 1 ⇒ y = 1 +) Với m = −1 ta có y = x 3 − x 2 − x + 2 . Khi đó y ' = 3x 2 − 2x − 1 = 0 ⇔  (ktm)  x = −1 ⇒ y = 59 3 27 

+) Với m = 0 ta có y = x 3 − x 2 − 2x + 3 . Khi đó

Trang 24/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 1+ 7 61 − 14 7 ⇒y= >0 x = 3 27 y ' = 3x 2 − 2x − 2 = 0 ⇔  (ktm)  1− 7 61 + 14 7 ⇒y= >0 x = 3 27 

+) Với m = 1 ta có y = x 3 − x 2 − x + 2 . Khi đó  2+ 7 20 − 14 7 ⇒y= <0 x = 3 27 3  y ' = 3x − 4x − 1 = 0 ⇔ (tm)  2− 7 20 + 14 7 ⇒y= <0 x = 3 27 

+) Với m = 2 ta có y = x 3 − 3x 2 + 2x − 1. Khi đó  3+ 3 9+2 3 ⇒y=− <0 x = 3 27 3  y ' = 3x − 6x + 2 = 0 ⇔ (ktm)  3− 3 −9 + 2 3 ⇒y= <0 x = 3 9 

Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn là m = 1 Chọn B. Câu 41: Phương pháp: Trên (O) lấy điểm B ' , trên (O1 ) lấy điểm A' sao cho AA '/ /BB'/ /OO1 . Khi đó ta được hình lăng trụ

OAB'.O1 A 'B . Dựa vào hình lăng trụ vừa dựng được, phân chia các khối đa diện và tính thể tích OO1AB . Cách giải: Trên (O) lấy điểm B ' , trên (O1 ) lấy điểm A ' sao cho

AA '/ /BB'/ /OO1 . Khi đó ta được hình lăng trụ OAB'.O1 A 'B . Ta có AA ' = h = 2a, AB = a 5 Xét tam giác vuông AA ' B có

A ' B = AB2 -AA'2 = 5a 2 − 4a 2 = a Do đó tam giác O1A 'B có O1A ' = O1B = A 'B = a ⇒ ∆O1A 'B đều cạnh a ⇒ S∆O1A 'B =

a 3 4

⇒ VOAB'.O1A 'B =AA '.SO1A 'B = 2a.

a2 3 a2 3 = 4 2

Ta có VOAB '.O1A 'B =VA.O1A 'B = VOAB '.O1A 'B + VB.OAB ' + VOO1 AB 1 1 1 1 a3 3 a3 3 Mà VA.O1A 'B = VOAB'.O1A 'B ; VB.OAB' = VOAB'.O1AB ⇒ VOO1AB = VOAB'.O1A 'B = . = 3 3 3 3 2 6

Chọn C. Trang 25/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 42: Phương pháp: (d) ⊥ (P) ⇔ u d cùng phương với n P Cách giải: AB = (3; −3;3) / /a = (1; −1;1) Ta có  ⇒ n ( ABC ) =  a; AC  = (−2; −1;1) là 1 VTPT của mặt phẳng (ABC). AC = (2; −1;3) Do đó đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) có VTPT cùng phương với vectơ (−2; −1;1) Dựa vào các đáp án ta thấy ở đáp án D đường thẳng

x y z có 1 VTPT là (−2;1;1) cùng phương với = = 2 1 −1

(−2; −1;1)

Chọn D. Câu 43: Phương pháp: +) Từ giả thiết suy ra

f '(x) = f (x)

1 x +1

+) Sử dụng phương pháp nguyên hàm 2 vế. Cách giải: Theo bài ra ta có: f (x) = x + 1f '(x) (*) Do f (x) > 0∀x ∈ R nên từ (*) ta có Lấy nguyên hàm 2 vế ta được:

f '(x) = f (x)

f '(x)

∫ f (x) dx = ∫

1 x +1 1 dx x +1

⇔ ln f (x) dx = 2 x + 1 + C ⇔ ln f (x) = 2 x + 1 + C ⇔ f (x) = e 2

x +1 + C

Ta có f (0) = 1 ⇒ 1 = e2+ C ⇔ 2 + C = 0 ⇔ C = −2 Do đó f (x) = e 2

x +1 − 2

⇒ f (3) = e 2 ≈ 7, 4 > 6

Chọn D. Câu 44: Phương pháp: +) Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp tính đạo hàm của hàm số g(x) = f (x 2 + 2x) +) Hàm số y = g(x) nghịch biến trên (a; b) ⇔ g '(x) ≤ 0∀x ∈ (a; b) và bằng 0 tại hữu hạn điểm. +) Dựa vào các đáp án, thay giá trị của x 0 thuộc từng khoảng, tính g '(x 0 ) và loại đáp án. Cách giải: Đặt g(x) = f (x 2 + 2x) ta có g '(x) = (2x + 2)f '(x 2 + 2x) = 2(x + 1)f '(x 2 + 2x) Hàm số y = g(x) nghịch biến trên (a; b) ⇔ g '(x) ≤ 0∀x ∈ (a; b) và bằng 0 tại hữu hạn điểm. 1 5 Xét đáp án A ta có: g '   = 3f '   > 0 ⇒ Loại đáp án A. 2 4

Trang 26/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 −3  Xét đáp án C ta có: g '   = 2f ' ( 0 ) > 0 ⇒ Loại đáp án C.  2   7  21  Xét đáp án D ta có: g '  −  = −5f '   > 0 ⇒ Loại đáp án D. 2    4 

Chọn B. Câu 45: Phương pháp: Sử dụng phương pháp trắc nghiệm, chọn z1 , z 2 thỏa mãn z1 = z 2 = 1 , tính z3 theo z1 , z 2 đã chọn. Thường thì ta sẽ chọn các số như 1; −1;i; −i Cách giải: Do các giả thiết đã cho đúng với mọi cặp số phức z1 , z 2 , z3 nên ta chọn z1 = z 2 = 1 , kết hợp giả thiết ta có: z13 + z 32 + z 32 + z1z 2 z 3 = 0 ⇔ 1 + 1 + z 33 + z 3 = 0 ⇔ z 33 + z 3 + 2 = 0 ⇔ z 3 = −1 , thỏa mãn z3 = 1

đó ta có

Khi

1 cặp

(z1 , z 2 , z 2 ) = (1;1; −1)

thỏa

mãn yêu cầu của

bài

toán. Khi đó

z = z1 + z 2 + z3 = 1 + 1 − 1 = 1 . 3

⇒ z − 3 x = 1 − 3.1 = −2

Chọn A. Câu 46: Phương pháp: +) Từ các giả thiết đã cho, xác định các điểm đầu mút. +) Tính thể tích. Cách giải: Có 0 ≤ x + y + z ≤ 2 và 0 ≤ x − 2 + y + z ≤ 2 nên tìm các điểm đầu mút.

x + y + z = 0 ⇒ x = y = z = 0 ⇒ O(0;0;0) x − 2 + y + z = 0 ⇒ x = 2; y = z = 0 ⇒ A(2;0;0) Xét hệ phương trình  x + y + z = 2 ⇒ x = x −2 ⇔ x = 2− x ⇔ x =1   x − 2 + y + z = 2  y = 0; z = ±1 ⇒ y + z =1⇒   y = ±1; z = 0

⇒ B(1; 0;1), B '(1; 0; −1), C(1;1;0), C'(1; −1;0)

Dựng hình suy ra tập hợp các điểm thỏa mãn là bát diện B.OCAC'.B' Ta có OB = 11 + 11 = 2 , do đó hình bát diện đều B.OCAC'.B' có cạnh bằng

( 2) Vậy thể tích của bát diện đều là V =

4 3 Trang 27/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chọn D. Câu 47: Phương pháp: +) Lập phương trình đường thẳng AB. +) Hai đường thẳng y = a1x + b1 , y = a 2 x + b 2 vuông góc với nhau ⇒ a1a 2 = −1 +) Công thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn vởi các đường thẳng x = a, x = b(a < b) và các đồ b

thị hàm số y = f (x), g(x) là: S = ∫ f (x) − g(x) dx a

Cách giải:

(P) : y =

1 2 x 2

TXĐ: D = R . Ta có y ' = x 1   1   Giả sử A  x1 ; x12  ; B  x 2 ; x 22  ∈ (P)(x1 ≠ x 2 ) 2 2    

Phương trình tiếp tuyến tại điểm A của (P) là y = x1 (x − x1 ) +

1 2 1 x1 ⇔ y = x1x − x12 (d1 ) 2 2

Phương trình tiếp tuyến tại điểm B của (P) là y = x 2 (x − x 2 ) +

1 2 1 x 2 ⇔ y = x 2 x − x 22 (d1 ) 2 2

Do (d1 ) ⊥ (d 2 ) nên ta có x1x 2 = −1 ⇔ x 2 =

−1 x1

Phương trình đường thẳng AB:

1 y − x12 x − x1 1 1   2 = ⇔ ( x − x1 ) x 22 − x12 =  y − x12  ( x 2 − x1 ) x 2 − x1 1 x 2 − 1 x 2 2 2   2 1 2 2 ⇔ (x − x1 )(x 2 + x1 ) = 2y − x12 ⇔ (x1 + x 2 )x − 2y − x1x 2 = 0

(

⇔y=

)

1 1 ( x1 + x 2 ) x − x1x 2  = ( x1 + x 2 ) x + 1 2 2

Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi AB, (P) là: Trang 28/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 2 S = ∫ ( x1 + x 2 ) x + 1 − x 2 dx 2 x1

(

⇔

9 = 4

)

1 x2 x3  x + x + x − ( )  1  2 2 2 3 

x2 x1

 x 22 x12  9 1 x 32 − x13  ⇔ =  ( x 1 + x 2 )  −  + ( x 2 − x1 ) −  4 2 2  3   2 x 3 − x13 9 1 ⇔ = ( x1 + x 2 ) x 22 − x12 + (x 2 − x1 ) − 2 4 2 3

(

)

⇔ 27 = 3 x1x 22 − x13 + x 32 − x12 x 2 + 6 ( x 2 − x1 ) − 2x 32 + 2x13

(

)

⇔ 27 = 3x1x 22 − 3x1x 22 + x 32 − x13 + 6(x 2 − x1 ) ⇔ 27 = −3(x 2 − x1 ) + (x 2 − x1 ) x12 + x 22 − 1 + 6(x 2 − x1 )

(

)

⇔ 27 = 3(x 2 − x1 ) + (x 2 − x1 ) x12 + x 22 − 1 ⇔ 27 = (x 2 − x1 ) x12 + x 22 ⇔ 27 = (x 2

( − x )(x 1

2 1

( + 2)

+ x 22 − 2x1x 2

)

⇔ 27 = (x 2 − x1 )(x 2 − x1 )2 = (x 2 − x1 )3 ⇔ x 2 − x1 = 3 Thay x 2 =

−1 ta có: x1

 −3 − 5 2 ⇒ x2 =  x1 = 2 −1 2 3+ 5 − x1 = 3 ⇔ −1 − x12 − 3x1 = 0 ⇔  ⇔ ( x1 + x 2 ) = 5  x1 −3 + 5 −2  x1 = ⇒ x2 = 2 −3 + 5  Chọn B. Câu 48: Phương pháp: +) Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD. +) Dựng SH ⊥ EF , chứng minh SH ⊥ (ABCD) . +) Dựng EK ⊥ (SCD) . Chứng minh d ( A; ( SCD ) ) = d ( E; ( SCD ) ) 1 +) Dựa vào định lí cosin và định lí Pytago, tính SH và tính VS.ABCD = SH.SABCD . 3

Trang 29/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cách giải: Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AB và CD.

∆SAB có SA = SB(gt) ⇒ SE ⊥ AB ⇒ SE ⊥ CD CD ⊥ SE Ta có  ⇒ CD ⊥ (S EF) CD ⊥ EF

Trong (SEF) kẻ EK ⊥ SF ta có:

EK ⊥ SF ⇒ EK ⊥ (SCD) ⇒ d ( E; ( SCD ) ) = EK  EK ⊥ CD Vì AB / /CD ⇒ AB / /(SCD) ⇒ d ( E; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) = a

SH ⊥ EF Kẻ SH ⊥ EF ta có  ⇒ SD ⊥ CD ⇔ SH ⊥ (ABCD) CD ⊥ (SEF) 1 1 Ta có S∆SEF = SH.EF= EK.SF ⇔ SH.2a = a.SF ⇒ 2SH = SF 2 2

Đặt SH = x ⇒ SF = 2a Ta có AE =

1 AB = a ⇒ SE = SA 2 − AE 2 = 2a 2 − a 2 = a 2

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác SEF ta có: cos∠SEF=

SE 2 + EF2 − SF2 a 2 + 4a 2 − 4x 2 5a 2 − 4x 2 = = 2SE.EF 2.a.2a 4a 2

Xét tam giác vuông SHE có EH = SE.cos ∠ SEF = a .

5a 2 − 4x 2 5a 2 − 4x 2 = 4a 2 4a

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SHE có: 2

 5a 2 − 4x 2  2 SH + EH = SE ⇔ x +   =a 4a   2 2 4 2 2 4 ⇔ 16a x + 25a − 40a x + 16x = 16a 4 2

⇔ 9a 4 − 24a 2 x 2 + 16x 4 = 0 ⇔ 3a 2 − 4a 2

(

⇔ 4x 2 = 3a 2 ⇔ x =

)

a 3 = SH 2

1 1a 3 2a 3 3 Vậy VS.ABCD = SH.SABCD = .4a 2 = 3 3 2 3

Chọn D. Câu 49: Phương pháp: +) Sử dụng công thức nhân đôi: cos2x = 2cos 2 x − 1 +) Phương trình f (x) = 0 có n nghiệm x thì phương trình f (t) = 0 cũng có n nghiệm t.

Cách giải:

Trang 30/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 Ta có: 2 x + 2 − x = 4 + 2cos(αx) ⇔  2 − 2  x 2

x − 2

x −  x2 αx 2 − 2 2 = 2cos (1)   2 2 αx  = 4cos ⇔  x 2 −  x2 αx  2 2 2 (2) − = −2cos  2  2

Thay x = 0 vào phương trình (1) ta có 20 − 20 = 2cos0 ⇔ 0 = 1 (Vô lí), kết hợp với giả thiết ta có phương trình (1) có 2019 nghiệm thực khác 0. Với x 0 là nghiệm của phương trình (1) x0

⇔ 2 2 −2

−

x0 2

= 2cos

( − x0 ) −( − x0 ) αx 0 α(− x 0 ) ⇔ 2 2 − 2 2 = −2cos ⇒ − x 0 là nghiệm của phương trình (2). 2 2

Thay x = −x 0 vào phương trình (1) ta có: ⇔2

−

x0 2

− 2 2 = 2cos

⇔ 2.2 2 = 2.2

− x0 2

x0 − x0 α(− x 0 ) αx = 2cos 0 = 2 2 − 2 2 2 2 x0

⇔22

− x0 +1 2

⇔

x0 x + 1 = − 0 + 1 ⇔ x 0 = 0 ( vô lí do x 0 ≠ 0 ) 1 1

⇒ − x 0 không là nghiệm của phương trình (1), điều đó đảm bảo mọi nghiệm của phương trình (2) không trùng với nghiệm của phương trình (1). Do đó phương trình (2) cũng có 2019 nghiệm. Vậy phương trình ban đầu có 2019.2 = 4038 nghiệm

Chọn D. Câu 50: Phương pháp: +) Xác định tâm I và bạn kính R của mặt cầu (S). +) Gọi J(a; b;c) là điểm thỏa mãn JA + 2.JB = 0 . Tìm tọa độ điểm J. +) Khai triển biểu thức MA 2 + 2MB2 bằng cách chèn điểm J. +) Tìm GTLN của biểu thức.

Cách giải: Mặt cầu (S) có tâm I( −1;0;3) , bán kính R = 1 Gọi J(a; b;c) là điểm thỏa mãn JA + 2.JB = 0 Ta có: JA = (3 − a,1 − b, −3 − c); JB = (−a; 2 − b;3 − c)

a = 1  ⇒ JA + 2.JB = (3 − 3a; −3 − 3b;3 − 3c) = 0 ⇔ b = −1 ⇒ J(1; −1;1) c = 1  Khi đó ta có:

2 2 T = MA 2 + 2MB2 = MJ + JA + 2 MJ + JB T = MJ 2 + 2.MJ.JA + JA 2 + 2MJ 2 + 4MJ.JB + 2JB2 2 2 T = 3MJ 2 + 2MJ (JA + 2JB) + JA + 2JB

(

)

(

)

const

Trang 31/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Do đó Tmax ⇔ MJ max Ta có: IJ = (2; −1; −2) ⇒ IJ = 22 + 1 2 +22 = 3 > R = 1 ⇒ J nằm ở phía ngoài mặt cầu (S). Khi đó

MJ max = IJ + R = 3 + 1 = 4 Vậy Tmax = 3.42 + (22 + 22 + 42 ) + 2.(12 + 12 + 22 ) = 3.16 + 24 + 2.6 = 84

Chọn C.

Trang 32/28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GD&ĐT TỈNH AN GIANG

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN I NĂM 2018 - 2019

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Môn thi: TOÁN HỌC

THOẠI NGỌC HẦU

Thời gian làm bài: 90 phút

Mã đề 157 Họ, tên thí sinh: ....................................................................... Số báo danh:………………………………………………….. Câu 1(TH): Cho các mệnh đề sau: (I). Cơ số của logarit phải là số nguyên dương

(II). Chỉ số thực dương mới có logarit

(III). ln ( A + B ) = ln A + ln B với mọi A > 0, B > 0

(IV). log a b.log b c.log c a = 1 với mọi a, b, c ∈ R .

Số mệnh đề đúng là: A. 1

C. 4

B. 3

D. 2

Câu 2 (TH): Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hỏi hàm số có bao nhiêu điểm cực trị? x 0 1 −∞ −1 +∞ y' + 0 + 0 − − y 2 3 2 −∞ −1 −1 A. Có một điểm B. Có ba điểm C. Có hai điểm D. Có bốn điểm Câu 3 (NB): Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là: 1 A. V = Bh 3

B. V =

1 Bh 6

C. V =

1 Bh 2

D. V = Bh

Câu 4 (TH): Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình dưới đây. (I). Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1). (II). Hàm số đồng biến trên khoảng (-1;2). 2

(III). Hàm số có ba điểm cực trị. (IV). Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2.

−1 O

Số mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau là: A. 4

B. 2

C. 3

D. 1

Câu 5 (NB): Hàm số nào có đồ thị nhận đường thẳng x = 2 làm đường tiệm cận? A. y =

1 x +1

B. y =

5x 2− x

C. y = x − 2 +

Câu 6 (TH): Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = A. 1

B. 3

1 x +1

D. y =

2 x+2

x + x2 + 1 x +1

C. 2

D. 0

Câu 7 (TH): Tính bình phương tổng các nghiệm của phương trình 3 log 2 x − log 2 4 x = 0 A. 5

B. 324

C. 9

D. 260

Câu 8 (VD): Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = − x 2 + 3 x + 4 , một học sinh làm như sau:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trang 1/5

(1). Tập xác định D = [ −1; 4] và y ' =

−2 x + 3 − x 2 + 3x + 4

3 (2). Hàm số không có đạo hàm tại x = −1; x = 4 và ∀x ∈ ( −1; 4 ) : y ' = 0 ⇔ . 2 (3). Kết luận. Giá trị lớn nhất của hàm số bằng

5 3 khi x = và giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi x = -1; x = 4. 2 2

Cách giải trên:

A. Cả ba bước (1);(2);(3) đều đúng

B. Sai từ bước (2)

C. Sai ở bước (3)

D. Sai từ bước (1) 3

Bài 9 (TH): Hàm y = x + 3 x − 4 nghịch biến trên khoảng nào? A. ( −∞; −2 )

B. ( 0; +∞ )

C. ( −2; +∞ )

D. ( −2; 0 )

Câu 10 (TH): Đồ thị sau đây là của hàm số y

A. y = − x3 − 3 x 2 − 2 B. y = x 3 + 3 x 2 − 2

C. y = − x3 + 3 x 2 − 2

−2 −1 O

D. y = x 3 − 3 x 2 − 2

(

Câu 11 (TH): Giá trị của biểu thức P = log a a. a a A. 3

3 2

1 Câu 12 (VD): Cho m > 0. Biểu thức m   m A. m 2

3 −2

B. m 2

) C.

3 −3

−2

1 3

2 3

3 −2

bằng:

C. m −2

D. m 2

Câu 13 (NB): Hình bát diện đều có tất cả bao nhiêu cạnh A. 8

B. 12

C. 30

D. 16

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trang 2/5

Câu 14 (VD): Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây x

−2

−∞

+∞

−

+∞

0 −∞

Hàm số đông biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 2; +∞ )

B. ( −2; 2 )

C. ( −∞;3)

D. ( 0; +∞ )

Câu 15 (NB): Đồ thị sau đây là của hàm số nào? A. y =

x+3 2x +1

B. y =

x +1 2x +1

C. y =

x 2x +1

D. y =

x −1 2x +1

1 2

Câu 16 (TH): Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên

( a; b ) . Phát biểu nào sau đây là sai?

−

A. f ' ( x ) < 0, ∀x ∈ ( a; b ) thì hàm số y = f ( x ) gọi là

1 2

nghịch biến trên ( a; b )

B. Hàm số y = f ( x ) gọi là nghịch biến trên ( a; b ) khi và chỉ khi f ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ( a; b ) và f ' ( x ) = 0 tại hữu hạn giá trị x ∈ ( a; b )

Hàm

số

gọi

y = f ( x)

là

nghịch

biến

trên

( a; b )

khi

và

chỉ

khi

∀x1 ; x 2 ∈ ( a; b ) : x1 > x2 ⇔ f ( x1 ) < f ( x2 ) D. Hàm số y = f ( x ) gọi là nghịch biến trên ( a; b ) khi và chỉ khi f ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ( a; b ) Câu 17 (TH): Cho log a b = 3 . Tính giá trị của biểu thức P = log A. P =

3 −1 3−2

B. P = 3 − 1

C. P =

b a

3 −1 3+2

b a

D. P = 3 + 1

Câu 18 (VD): Nếu 32 x + 9 = 10.3x thì giá trị của x 2 + 1 bằng: A. Là 1 và 5

B. Chỉ là 5

C. Là 0 và 2

D. Chỉ là 1

Câu 19 (TH): Một tổ có 10 học sinh gồm 6 nam và 4 nữ. Giáo viên cần chọn ngẫu nhiên hai bạn hát song ca. Tính xác suất P để hai học sinh được chọn là một cặp song ca nam nữ. A. P =

4 15

B. P =

8 15

C. P =

12 19

D. P =

2 9

Câu 20 (VD): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a, tam giác là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABC .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trang 3/5

A. V = a 3

B. V = 3a 3

C. V =

3a 3 2

D. V =

a3 2

Câu 21 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a và SA ⊥ ( ABCD ) . Biết

SA =

a 6 , tính góc giữa SC và (ABCD). 3

A. 300

B. 450

C. 600

D. 750

Câu 22 (VD): Có bao nhiêu nghiệm của phương trình sin 2 x − sin x = 0 thỏa mãn điều kiện 0 < x < π ?

III

Trong các mệnh đề sau hãy chọn mệnh đề đúng: ng:

A. Đồ thị (III) xảy ra khi a > 0 và f '( x) = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép. B. Đồ thị (IV) xảy ra khi a > 0 và f '( x) = 0 có nghiệm kép. C. Đồ thị (II) xảy ra khi a ≠ 0 và f '( x) = 0 có hai nghiệm phân biệt. D. Đồ thị (I) xảy ra khi a < 0 và f '( x) = 0 có hai nghiệm phân biệt. Câu 24 (TH): Lũy thừa với số mũ hữu tỉ thì cơ số phải thỏa mãn điều kiện nào sau đây? A. Cơ số phải là số thực khác 0

B. Cơ số phải là số nguyên

C. Cơ số phải là số thực tùy ý

D. Cơ số phải là số thực dương

Câu 25 (TH): Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trình s = t 3 − 3t 2 ( t tính bằng giây, s tính bằng mét). Khẳng định nào sau đây đúng ng? A. Gia tốc của chuyển động khi t = 3s là v = 24m/ s B. Gia tốc của chuyển động khi t = 4s là a = 9m/ s2 C. Gia tốc của chuyển động khi t = 3s là v =12m/ s D. Gia tốc của chuyển động khi t = 4s là 2 a =18m/ s2 Câu 26 (TH): Đồ thị dưới đây là của hàm số nào? Chọn một khẳng định ĐÚNG. A. y = −

x3 + x2 + 1 3

B. y = − x3 − 3x 2 + 1 C. y = 2 x3 − 6 x 2 + 1 D. y = x 3 − 3 x 2 + 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trang 4/5

Câu 27 (NB): Đồ thị hình bên là của hàm số nào?

( 2) B. y = ( 3 ) A. y =

1 C. y =   3

1 D. y =   2

1 Câu 28 (TH): Tính a, b = − a b , a; b ≠ 0 2

( )

A. 1350

(

)

B. 600

C. 1500

D. 1200

Câu 29 (TH): Cho hình chóp S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA = SB = SC = a . Gọi B’, C’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của S trên AB, AC. Tính thể tích hình chóp S.AB’C’. A. V =

a3 24

B. V =

a3 12

C. V =

a3 6

D. V =

a3 48

Câu 30 (VD): Biết rằng đồ thị hàm số y = ( 3a 2 − 1) x3 − ( b3 + 1) x 2 + 3c 2 x + 4d có hai điểm cực trị là (1;7), (2:-8). Hãy xác định tổng M = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 .

A. -18

B. 18

C. 15

D. 8

Câu 31 (NB): Hàm số nào sau đây đồng biến trên ℝ ? 3 A. y =   π 

π   B. y =    2+ 3

 2+ 3 C. y =   3  

 3 D. y =    2 

Câu 32 (VD): Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên R và đồ thị hàm số y = f’ (x) trên R như hình vẽ bên dưới. Khi đó trên R hàm số y = f (x) A. có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu. B. có 1 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu. C. có 2 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu. D. có 2 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu. Câu 33 (NB): Hỏi hàm số nào có đồ thị là đường cong có dạng như hình vẽ sau A. y = − x3 + 2 x + 4 B. y = − x 2 + x − 4 C. y = − x 4 + 3 x + 4 D. y = x 4 − 3 x − 4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trang 5/5

Câu 34 (VD): Cho hàm số f ( x ) có đồ thị của

f ( x ) ; f ' ( x ) như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. f ' ( −1) ≥ f '' (1) B. f ' ( −1) > f '' (1) C. f ' ( −1) < f '' (1) D. f ' ( −1) = f '' (1) π

Câu 35 (NB): Tập xác định của hàm số y = ( x 3 − 27 ) 2 là: A. D = ( 3; +∞ )

B. D = ℝ

C. D = ℝ \ {2}

D. D = [3; +∞)

Câu 36 (TH): Khối tám mặt đều có tất cả bao nhiêu đỉnh? A. 12

B. 10

C. 6

D. 8

Câu 37 (TH): Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình 9 − 4.3x + m − 2 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt. x

A. 2019

B. 15

C. 12

D. 2018

Câu 38 (VD): Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có cạnh bên AA ' = a 2 . Biết đáy ABC là tam giác vuông có BA = BC = a , gọi M là trung điểm của BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C. A. d ( AM , B ' C ) =

a 5 5

B. d ( AM , B ' C ) =

a 3 3

C. d ( AM , B ' C ) =

a 2 2

D. d ( AM , B ' C ) =

a 7 7

Câu 39 (VD): Cho khối lăng trụ đứng tam giác ABC. A’B’C’ có đáy là một tam giác vuông cân tại A, AC = AB = 2a, góc giữa AC’ và mặt phẳng (ABC) bằng. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là A.

4a 3 3

2a 3 3 3

4a 3 3 3

4a 2 3 3

Câu

c = 8ab 40 (VDC): Với a,b,c >0 thỏa mãn thì biểu thức m m 1 c c P= + + đạt giá trị lớn nhất bằng ( m, n ∈ Z và là phân số tối 4a + 2b + 3 4bc + 3c + 2 2ac + 3c + 4 n n

giản). Tính 2m 2 + n ?

A. 9

B. 4

C. 8

D. 3

Câu 41 (TH): Lăng trụ tam giác đều có độ dài tất cả các cạnh bằng 3. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng A.

27 3 2

27 3 4

9 3 4

9 3 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trang 6/5

Câu 42 (VD): Cho hàm số y = f ( x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e , đồ thị hình bên là đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) . Xét hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 ) . Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) B. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 ) C. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1;0 ) Câu

(VD):

Cho

hàm

số

y = f ( x)

có

đạo hàm

f ' ( x ) = ( x 2 − 1) ( x − 2 ) . Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số f ( x 2 + m ) có 5 điểm cực trị. Số phần tử của tập S là. A. 4

B. 1

C. 3

D. 2

Câu 44 (VD): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đá bằng 2a cạnh bên bằng 3a. Tính thể tích V của khối chóp đã cho? A. V =

4 7a3 9

B. V = 4 7a3

C. V =

4 7a3 3

D. V =

4a 3 3

Câu 45 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m nhỏ hơn 2018 để hàm số

y = 2 x3 + 3 ( m − 1) x 2 + 6 ( m − 2 ) x + 3 nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn 3. A. 2009

B. 2010

C. 2011

D. 2012 2

Câu 46 (NB): Tọa độ tâm I và bán kính R của đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y + 3) = 16 A. I (1; −3) , R = 16

B. I ( −1;3) , R = 4 C. I ( −1;3) , R = 16 Câu 47 (NB): Cho vectơ AB như hình vẽ, tọa độ của vectơ AB là

D. I (1; −3) , R = 4

A. (3; 2) B. (-2;3) C. (-3;-2) D. (-1;0) Câu 48 (VD): Một khối lăng trụ tam giác có thể phân chia ít nhất thành n khối tứ diện có thể tích bằng nhau. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. n = 8

B. n = 3

C. n = 6

D. n = 4

Câu 49 (VD): Hệ phương trình có các nghiệm là ( x1 ; y1 ) , ( x2 ; y2 ) ( với x1 ; y1 ; x2 ; y2 là các số vô tỉ). Tìm x12 + x22 + y12 + y22 ?

 y 2 − xy + 2 = 0  2 2 8 − x = ( x + 2 y ) A. 20

B. 0

C. 10

D. 22

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trang 7/5

968 ( m3 ) 4+2 2 . Khi đó giá trị thực của x để diện tích xung quang của bể bơi là nhỏ nhất thuộc khoảng nào sau đây?

Câu 50 (VDC): Người ta muốn xây dựng một bể bơi ( hình vẽ bên dưới) có thể tích là V =

A. (0;3) B. (3;5) C. (5;6) D. (2; 4) x/2

x x

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trang 8/5

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

C6 C8 C9 C16 C23 C31

C30 C32 C34 C41 C42 C45

C40

C1 C7 C12 C17 C18

C37

Đại số Chương 1: Hàm Số

C2 C4 C5 C10 C14 C15 C26 C33

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C11 C24 C27 C35

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng

Lớp 12 (90%)

C25

Chương 4: Số Phức

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C3 C13 C36

C20 C29 C44

C21 C38 C39 C48

C50

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

Đại số

Lớp 11 (4%)

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

C22

Chương 2: Tổ Hợp - Xác Suất

C19

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trang 9/5

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (6%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình.

C49

Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ

C28 C47

Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

C46

Tổng số câu

Điểm

3.6

3.4

2.6

0.4

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI: Đề thi thử THPTQG lần I môn Toán của trường THPT

Chuyên Thoại Ngọc Hầu gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm. Nội dung chính của đề Trang 10/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài toán thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức được phân bố như sau: 84% lớp 12, 10% lớp 11, 6% kiến thức lớp 10. Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tại đã công bố từ đầu tháng 12. Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất.

BẢNG ĐÁP ÁN 1.A

2.C

3.D

4.B

5.B

6.B

7.B

8.D

9.D

10B.

11.B

12.D

13.B

14.A

15.C

16.D

17.A

18.A

19.B

20.A

21.A

22.B

23.A

24.D

25.D

26.D

27.C

28.D

29.A

30.B

31.C

32.B

33.C

34.B

35.A

36.C

37.C

38.D

39.C

40.C

41.B

42.D

43.D

44.C

45.C

46.D

47.A

48.B

49.A

50.A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Phương pháp Xét tính đúng sai của từng mệnh đề về kết luận.

Cách giải: (I) Sai vì cơ số của log a b chỉ cần thỏa mãn 0 < a ≠ 1 . (II). Đúng vì điều kiện có nghĩa của log a b là b > 0 . (III). Sai vì ln A + ln B = ln ( AB ) ≠ ln ( A + B ) với A, B > 0 . (IV). Sai vì nếu a , b, c < 0 thì các biểu thức log a b, log b c, log c a không có nghĩa. Vậy có 1 mệnh đề đúng.

Chọn A. Câu 2: Phương pháp: Sử dụng cách đọc bảng biến thiên Chú ý rằng trên nếu hàm số xác định và có đạo hàm trên ( a, b ) mà f ' ( x ) đổi dấu từ ( − ) → ( + ) hoặc từ

( +) → ( −)

tại x0 thì hàm số đạt cực trị tại điểm x0

Cách giải: Từ BBT ta có hàm số có hai điểm cực trị là x = 1, x = −1

Chọn C. Chú ý khi giải: Một số em lấy cả điểm cực trị x = 0 là sai vì hàm số không xác định tại x = 0

Câu 3: Trang 11/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp Sử dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ.

Cách giải: Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là V = Bh.

Chọn D. Câu 4: Phương pháp: Sử dụng cách đọc đồ thị hàm số.

Cách giải: Từ đồ thị hàm số ta thấy + Đồ thị đi xuống trên khoảng (0;1) nên Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1). Do đó (I) đúng + Đồ thị đi lên trên khoảng (−1;0) , đi xuống trên khoảng (0;1) và đi lên trên khoảng (1;2) nên trên khoảng (−1;2) hàm số không hoàn toàn đồng biến. Do đó (II) sai. + Đồ thị hàm số có ba điểm hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại nên (III) đúng. + Giá trị lớn nhất của hàm số là tung độ của điểm cao nhất của đồ thị hàm số nên (IV) sai. Như vậy ta có hai mệnh đề đúng là (I) và (III).

Chọn B. Chú ý cách giải Một số em nhầm giá trị lớn nhất của hàm số là tung độ điểm cực đại y = 2 là sai dẫn đến chọn C là sai. Câu 5

Phương pháp: Sử dụng hàm số y =

ax + b a d nhận đường thẳng y = làm tiệm cận ngang và đường thẳng x = − làm cx + d c c

tiệm cận đứng.

Cách giải: + Đáp án A: Hàm số y =

1 nhận x = −1 làm TCĐ nên loại A. x +1

+ Đáp án B: Hàm số y =

5x nhận x = 2 làm TCĐ nên chọn B. 2− x

+ Đáp án C: Hàm số y = x − 2 + + Đáp án D: Hàm số y =

1 nhận x = −1 làm TCĐ nên loại C x +1

2 nhận x = −2 làm TCĐ nên loại D x+2

Chọn B. Câu 6: Phương pháp: Tìm các đường tiệm cận đứng của từng hàm số rồi kết luận. Cách giải: Ta thấy x = 2 là phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Đáp án A: Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = −1 (loại). Đáp án B : Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = 2 (nhận). Đáp án C: Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = −1 (loại). Trang 12/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đáp án D: Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = −2 (loại). Chọn B. Câu 7: Phương pháp Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ t = log 2 x

Cách giải:

 x>0 x > 0 ⇔ ⇔ x ≥1 Điều kiện:  log 2 x ≥ 0  x ≥ 1 Khi đó: 3 log 2 x − log 2 4 x = 0 ⇔ 3 log 2 x − ( 2 + log 2 x ) = 0 ⇔ − log 2 x + 3 log 2 x − 2 = 0  t = 1( TM ) Đặt t = log 2 x ≥ 0 ta được −t 2 + 3t − 2 = 0 ⇔  t = 2 (TM )

 log 2 x = 1  log x = 1 x=2 Do đó  ⇔ 2 ⇔  x = 16 log 2 x = 4  log 2 x = 2 2

Vậy bình phương của tổng các nghiệm là: ( 2 + 16 ) = 324.

Chọn B. Chú ý khi giải: Một số em có thể sẽ chọn nhầm đáp án D khi đọc không kĩ đề dẫn đến tính tổng 2 2 + 16 2 = 260 là sai.

Câu 8: Phương pháp: Sử dụng công thức tính đạo hàm

( u ) ' = 2u 'u

để tìm lỗi sai

Ngoài ra ta còn sử dụng cách tìm GTLN; GTNN của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ a; b] như sau Bước 1: Tìm tập xác định D; [ a; b ] ⊂ D . Tính y ' = f ' ( x ) Bước 2: Giải phương trình f ' ( x ) = 0 tìm ra các nghiệm xi và các giá trị x j cho f ' ( x ) không xác định( chọn các giá trị xi x j ∈ D ) Bước 3: Tính f ( a ) ; f ( xi ) ; f ( x j ) ; f ( b )

{

}

Khi đó Max f ( x ) = Max f ( a ) ; f ( xi ) ; f ( x j ) ; f ( b ) x∈[ a ;b ]

{

}

Và Min f ( x ) = Min f ( a ) ; f ( xi ) ; f ( x j ) ; f ( b ) x∈[ a ;b ]

Cách giải: + Nhận thấy: Tập xác định của hàm số D = [ −1;4] và y ' =

−2 x + 3 2 − x 2 + 3x + 4

nên cách giải trên sai ngay từ

bước 1

Chọn: D Câu 9: Phương pháp Trang 13/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

-Tính y ' và giải phương trình y ' = 0 tìm nghiệm. - Hàm số nghịch biến trên khoảng K nếu y ' < 0, ∀x ∈ K .

Cách giải:

 x=0 y = x3 + 3x 2 − 4 ⇒ y ' = 3x 2 + 6 x = 0 ⇔   x = −2 y ' < 0 ⇔ −2 < x < 0

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng ( −2;0 )

Chọn D. Câu 10: Phương pháp: Sử dụng cách nhận diện đồ thị hàm số bậc ba Xác định một số điểm thuộc đồ thị hàm số rồi thay vào từng đáp án.

Cách giải: Từ hình vẽ ta thấy lim f ( x ) = −∞; lim f ( x ) = +∞ nên loại A và C x →−∞

x →+∞

Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ (-1;0) nên ta thấy chỉ có B thỏa mãn. Chọn B. Câu 11: Phương pháp Thu gọn biểu thức dưới dấu logarit và tính P.

Cách giải: 1  3 Ta có: P = log a a. 3 a a = log a  a. a.a 2  

(

)

  3 3  = log a  a. a 2    

3   3:3  3  = log a  a.a 2  = log a a 2 =  2   

Chọn B. Câu 12: n

Sử dụng các công thức a m .a n = a m + n ; ( a m ) = a m.n và a −1 =

1 ( a ≠ 0) a

Cách giải:

1 Ta có m   m 3

3−2

= m 3 . ( m−1 )

3−2

= m 3 .m 2−

3 + 2− 3

= m2

Chọn D. Câu 13: Phương pháp Lý thuyết các khối đa diện đều:

Bảng tóm tắt của năm loại khối đa diện đều Trang 14/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Khối đa diện đều

Số đỉnh

Số cạnh

Số mặt

Kí

Số MPĐX

hiệu { p, q}

Tứ diện đều

{3,3}

Khối Lập Phương

{4,3}

Khối Tám Mặt Đều

{3, 4}

Khối Mười Hai Mặt Đều

{5,3}

Khối Hai Mươi Mặt Đều

{3,5}

Cách giải: Quan sát bảng tóm tắt ta thấy khối bát diện đều có tất cả 12 cạnh.

Chọn B. Câu 14: Phương pháp: Sử dụng cách đọc bảng biến thiên để tìm khoảng đồng biến của hàm số

Cách giải: Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên ( −∞; 2 ) và ( 2; +∞ ) ; hàm số nghịch biến trên ( −2; 2 ) Nên đáp án A đúng.

Chọn A. Câu 15: Phương pháp Đọc đồ thị: Tìm các đường tiệm cận, các điểm đi qua của đồ thị hàm số rồi nhận xét từng đáp án.

Cách giải: Quan sát đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có: Trang 15/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- Tiệm cận đứng x = −

1 1 , tiệm cận ngang y = 2 2

- Đi qua điểm (0;0) nên chỉ cí đáp án C thỏa mãn.

Chọn C. Câu 16: Phương pháp: Sử dụng lý thuyết về hàm số nghịch biến

Cách giải: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ( a; b ) . Khi đó Hàm số y = f ( x ) gọi là nghịch biến trên ( a; b ) khi và chỉ khi f ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ( a; b ) và f ' ( x ) = 0 tại hữu hạn giá trị x ∈ ( a; b ) nên D sai. Các đáp án A, B, C đều đúng.

Chọn D. Câu 17: Phương pháp Biến đổi biểu thức P về làm chỉ xuất hiện log a b rồi thay giá trị của log a b và P. Chú ý công thức log b c =

log a c log a b

Cách giải:

Ta có: P = log

b a

b = a

log a log a

b 1 1 3 1 log a b − − log b − log a a = a a 2 = 2 2 = 3 −1 =2 1 log a b − log a a 3 3−2 b log a b − 1 −1 2 a 2

Chọn A. Câu 18: Phương pháp: Đặt 3x = t ( t > 0 ) ta đưa phương trình đã cho về phương trình ẩn t , giải phương trình đó ta tìm được t . Thay trở lại cách đặt ta tìm được x, từ đó tính x 2 + 1 .

Cách giải: Đặt 3x = t ( t > 0 ) , ta có phương trình  t = 1  3x = 1 x = 0 t 2 + 9 = 10t ⇔ t 2 − 10t + 9 ⇔  ⇒ x ⇔ x = 2 t = 9 3 = 9

Vớ i x = 0 ⇒ x 2 + 1 = 0 2 + 1 = 1 Vớ i x = 2 ⇒ x 2 + 1 = 2 2 + 1 = 5 Vậy x 2 + 1 = 1 hoặc x 2 + 1 = 5

Chọn A Câu 19: Phương pháp Trang 16/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- Tính số phần tử của không gian mẫu - Tính số khả năng có lợi cho biến cố. - Tính xác suất theo công thức P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

Cách giải: Phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên 2 trong 10 bạn” ⇒ n ( Ω ) = C102 Biến cố A : “ Chọn được 1 nam và 1 nữ” ⇒ n ( A) = C61 .C41 = 6.4 = 24 Vậ y P ( A ) =

24 8 = . C102 15

Chọn B. Câu 20: Phương pháp: ( P ) ⊥ (Q )  + Sử dụng kiến thức ( P ) ∩ ( Q ) = a ⇒ d ⊥ ( Q ) để tìm ra chiều cao của hình chóp  d ⊥ a; d ⊂ ( P ) 

+ Sử dụng công thức tính diện tích tam giác đều cạnh x là S = cạnh x là

x2 3 , đường trung tuyến tam giác đều 4

x 3 2

1 + Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V = S .h với h là chiều cao hình chóp, S là diện tích đáy. 3

Cách giải Gọi H là trung điểm của AB khi đó SH ⊥ AB ( vì SAB đều có đường trung tuyến trùng với đường cao)  ( SAB ) ⊥ ( ABC )  Ta có  ( SAB ) ∩ ( ABC ) = AB nên SH ⊥ ( ABC ) tại H  SH ⊥ AB; SH ⊂ ( SAB ) 

Vì ABC là S ABC =

( 2a )

tam giác 3

đều cạnh 2a nên AB = 2a và

= a2 3

Tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a ( vì AB = 2a) có SH là đường trung tuyến nên SH =

2a 3 =a 3 2

1 1 a 3 Thể tích khối chóp VS . ABC = S ABC .SH = .a 2 3. = a 2 (đvtt) 3 3 2

Chọn A. Câu 21: Phương pháp Trang 17/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng( khác 900) là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng

Cách giải: Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên ( SC , ( ABCD ) ) = ( SA, AC ) = SCA ( do SCA < 900 ) Ta có: hình vuông ABCD cạnh a nên AC = a 2 vuông

tại

Tam

giác

tan SAC =

SA a 6 3 :a 2 = = => SCA = 300 AC 3 3

∆SAC

có

SA =

a 6 , AC = a 2 3

nên

Chọn A. Câu 22: Phương pháp: + Đưa phương trình đã cho về phương trình tích

 x = arcsin a + k 2π ( k ∈ ℤ) + Sử dụng sin x = a ( −1 ≤ a ≤ 1) ⇔   x = π − arcsin a + k 2π + So sánh với điều kiện để chọn nghiệm phù hợp

Cách giải:   x = kπ sin x = 0 Ta có sin 2 x − sin x = 0 ⇔ sin x ( sin x − 1) = 0 ⇔  ⇔ (k ∈ ℤ)  sin x = 1  x = π + k 2π  2 

π 2 Như vậy có 1 nghiệm thỏa mãn yêu cầu. Mà 0 < x < π ⇒ x =

Chọn B Câu 23: Phương pháp Sử dụng các dạng đồ thị của hàm số bậc ba xét tính đúng sai của từng đáp án.

Cách giải: Đáp án A: đúng vì dáng đồ thị đi lên từ trái qua phải ( hàm đồng biến trên ℝ ) nên a > 0 và hàm số không có cực trị nên f ' ( x ) = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép.

Đáp án B: sai vì dáng đồ thị đi xuống từ trái qua phải ( hàm nghịch biến trên ℝ ) nên a < 0 chứ không phải a > 0. Đáp án C: sai vì đồ thị (II) xảy ra khi a < 0 và f ' ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt. Đáp án D: sai vì đồ thị (I) xảy ra khi a > 0 và f ' ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt. Chọn A. Câu 24: Phương pháp: Sử dụng mối quan hệ: a ( t ) = v ' ( t ) = s '' ( t ) để tính gia tốc a tại thời điểm t.

Cách giải: Trang 18/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có: v ( t ) = s ' ( t ) = 3t 2 − 6t; a ( t ) = s '' ( t ) = 6t − 6 Do đó tại t = 3s thì a = 12 m / s 2 (loại A,C) Tại t = 4s thì a = 18m / s 2 ( loại B)

Chọn D. Câu 26: Phương pháp: Ta sử dụng cách xác định đồ thị hàm số bậc ba Từ hình vẽ tìm một số điểm thuộc đồ thị hàm số rồi thay tọa độ vào từng hàm số ở đáp án để loại trừ.

Cách giải: Từ hình vẽ ta thấy lim f ( x ) = −∞; lim f ( x ) = +∞ nên loại A và B x →−∞

x →+∞

Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ (2;-3) nên ta thay x = 2; y = -3 vào hai hàm số còn lại thấy chỉ có D thỏa mãn Chọn D. Câu 27: Phương pháp: Nhận xét dáng đồ thị, điểm đi qua rồi kết luận.

Cách giải: Đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải nên hàm số cần tìm là hàm nghịch biến, loại A, B. Đồ thị hàm số đi qua điểm (-1;3) nên chỉ có hàm số ở đáp án A thỏa mãn. Chọn C. Câu 28: Phương pháp: a.b Ta sử dụng công thức tính cos của góc giữa hai véc tơ: cos a; b = a.b

( )

Cách giải: 1 a.b 1 1 Ta có a.b = a . b ⇒ = − ⇒ cos a; b = − ⇒ a; b = 1200 2 2 2 a b

( )

Chọn D. Câu 29: Phương pháp: - Tính tỉ số thể tích

VS . AB 'C ' VS . ABC

- Tính thể tích VS . ABC và suy ra kết luận.

Cách giải: Do các tam giác ASB, ASC vuông cân tại S nên B’, C’ lần lượt là trung điểm của AB, AC. Ta có:

VS . AB 'C ' VA.SBC AB ' AC ' 1 1 1 = = = . = . VS . ABC VA.SB ' C ' AB AC 2 2 4

Trang 19/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lại có: S.ABC là tứ diện vuông nên VS . ABC =

1 1 SA.SB.SC = a 3 . 6 6

a3 1 1 1 Vậy VS . AB 'C ' = .VS . ABC = . a3 = 4 4 6 24 Chọn A. Câu 30: Phương pháp: Tính y’ Từ giả thiết ta suy ra các điểm có tọa độ (1;-7), (2;-8) thuộc đồ thị hàm số đã cho và x = 1; x = 2 là hai

điểm cực trị của hàm số Từ đó đưa về giải hệ bốn phương trình bốn ẩn để tìm a; b; c; d .

Cách giải: Ta có y ' = 3 ( 3a 2 − 1) x 2 − 2 ( b3 + 1) x + 3c 2 Từ giả thiết ta suy ra các điểm có tọa độ (1;-7), (2;-8) thuộc đồ thị hàm số đã cho và x = 1; x = 2 là hai

điểm cực trị của hàm số nên ta có hệ phương sau ( 3a 2 − 1) .8 − ( b3 + 1) .4 + 6c 2 + 4d = −8   ( 3a 2 − 1) .1 − ( b3 + 1) .1 + 3c 2 + 4d = −7   2 2 3 2  3. ( 3a − 1) .1 − 2. ( b + 1) 3c = 0  2 2 3 2  3. ( 3a − 1) .2 − 2.2. ( b + 1) + 3c = 0

Đặt A = 3a 2 − 1; B = b3 + 1; C = 3c 2 ; D = 4d ta được hệ mới

3a 2 − 1 = 2 8 A − 4 B + 2C + D = −8 8 A − 4 B + 2C + D = −8  A = 2  3     A − B + C + D = −7  7 A − 3B + C = −1  B=9  b +1 = 9 ⇔ ⇔     2  3A − 2B + C = 0  3 A − 2B + C = 0  C = 12  3c = 12  12 A − 4 B + C = 0  12 A − 4 B + C = 0  D = −12  4d = −12

 a2 = 1  2 b = 4 ⇒ 2 ⇒ M = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 18 c = 4  d 2 = 9 Chọn B. Câu 31: Phương pháp: Hàm số mũ y = a x đồng biến trên ℝ nếu a > 1.

Cách giải: x

3 3 Đáp án A: Hàm số y =   nghịch biến trên ℝ vì < 1 . π π  x

 π  Đáp án B: Hàm số y =   nghịch biến trên ℝ vì  2+ 3

π < 1. 2+ 3 Trang 20/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 2+ 3 Đáp án C: Hàm số y =   đồng biến trên ℝ vì 3  

2+ 3 > 1. . 3

 3 3 Đáp án D: Hàm số y =  < 1.  nghịch biến trên ℝ vì 2 2   Chọn C. Câu 32: Phương pháp: Từ đồ thị của y = f’ (x) ta lập bảng biến thiên, từ đó xác định điểm cực trị của hàm số. Hoặc ta sử dụng cách đọc đồ thị hàm số f’(x) Số giao điểm của đồ thị hàm số f ′ ( x) với trục hoành bằng số điểm cực trị của hàm số f ( x). (không tính các điểm tiếp xúc) Nếu tính từ trái qua phải đồ thị hàm số f ′ ( x) cắt trục hoành theo chiều từ trên xuống thì đó là điểm cực

đại của hàm số f ( x). Nếu tính từ trái qua phải đồ thị hàm số f ′ ( x) cắt trục hoành theo chiều từ trên xuống thì đó là điểm cực tiểu của hàm số f ( x).

Cách giải: Từ đồ thị hàm số f ′ ( x) ta thấy có hai giao điểm với trục hoành (không tính điểm tiếp xúc),trong đó tính từ trái qua phải một giao điểm cắt theo chiều từ trên xuống và một giao điểm cắt theo chiều từ dưới lên nên hàm số y = f ( x) có một cực đại và một cực tiểu. Chọn B. Câu 33: Phương pháp: Quan sát đồ thị hàm số, nhận xét dáng điệu và đối chiếu các đáp án. Cách giải: Quan sát đồ thị ta thấy dáng đồ thị là của hàm số bậc bốn trùng phương (loại A, B). Dễ thấy lim = −∞ nên a < 0 . x→±∞

Chọn C. Câu 34: Phương pháp: Từ hình vẽ ta xác định được đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = f ' ( x ) . Từ đồ thị hàm số suy ra hàm số đạt cực trị tại x0 ⇒ f ' ( x0 ) = 0 , hàm số đạt cực đại tại x0 ⇒ f '' ( x0 ) < 0 để so sánh. Cách giải Từ hình vẽ ta xác định được đồ thị hàm số y = f ( x ) và

y = f ' ( x ) như hình vẽ ( do đồ thị y = f ( x ) có 4 điểm cực trị và đồ thị y = f ' ( x ) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt) Từ đồ thị ta thấy hàm số y = f ( x ) đạt cực tiểu tại

x = −1 ⇒ f ' ( −1) = 0 Trang 21/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lại thấy hàm số y = f ( x ) đạt cực đại tại x = 1 ⇒ f ' (1) = 0; f '' (1) < 0 Từ đó ta có f ' ( −1) > f '' (1) . Chọn B. Câu 35: Phương pháp: Lũy thừa có số mũ không nguyên thì cơ số phải dương. Cách giải: π

Hàm số y = x 3 − 27

(

)

xác định khi x 3 − 27 > 0 ⇔ x 3 > 27 ⇔ x > 3 .

Vậy tập xác định của hàm số là D = ( 3; +∞ ) .

Chọn A. Câu 36: Phương pháp: Sử dụng lý thuyết về khối đa diện đều Bảng tóm tắt của năm loại khối đa diện đều Khối đa diện đều Số đỉnh Số cạnh Số mặt

Kí

Số MPĐX

hiệu { p, q}

Tứ diện đều

{3,3}

Khối Lập Phương

{4,3}

Khối Tám Mặt Đều

{3, 4}

Khối Mười Hai Mặt Đều

{5,3}

Khối Hai Mươi Mặt Đều

{3,5}

Cách giải: Khối 8 mặt đều có 6 đỉnh. Chọn C. Câu 37: Phương pháp: - Đặt t = 3x > 0 thay vào phương trình được phương trình bậc hai với ẩn t . Trang 22/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt ⇔ phương trình mới có hai nghiệm dương phân biệt. Cách giải: Đặt t = 3x > 0 thì phương trình đ cho trở thành t 2 − 4t + m − 2 = 0 (*) Phương trình đ cho có hai nghiệm thực phân biệt ⇔ phương trình ( *) có hai nghiệm dương phân biệt  4 − ( m − 2) > 0 ∆ ' > 0 6 − m > 0   ⇔ ⇔ 2<m<6 S >0 ⇔ 4>0 m > 2    P >0 m − 2 > 0

Các giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán là m ∈ {3; 4;5} Vậy tổng S = 3 + 4 + 5 = 12. Chọn C. Câu 38: Phương pháp: Lấy N là trung điểm của BB’, ta xác định mặt phẳng (P) song song với B’C Sử dụng với d ( AM ; B ' C ) = d ( B ' C; ( P ) ) = d ( B '; ( P ) ) = d ( B; ( P ) ) = BK với BK ⊥ ( P )

Để xác định được điểm K ta xác định một mặt phẳng (Q) chứa B mà ( Q ) ⊥ ( P ) Xác định giao tuyến d của (P) và (Q) . Trong (Q) kẻ BK ⊥ d tại K ⇒ BK ⊥ ( P ) tại K Tính BK dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông Cách giải: Lấy N là trung điểm của BB ' ⇒ MN / / B ' C ( do MN là đường trung bình tam giác BB’C) Mà MN ⊂ ( AMN ) suy ra B ' C / / ( AMN ) Từ đó d ( AM ; B ' C ) = d ( B ' C; ( AMN ) ) = d ( B '; ( AMN ) ) = d ( B; ( AMN ) ) Trong ( ABC ) kẻ BH ⊥ AM tại H Lại có AM ⊥ BN ( do BN ⊥ ( ABC ) ) nên AM ⊥ ( BHN ) suy ra

( AMN ) ⊥ ( BHN ) ( AMN ) ⊥ ( BHN )  Ta kẻ BK ⊥ HN tại K, khi đó  ( AMN ) ∩ ( BHN ) = HN ⇒ BK ⊥ ( AMN ) tại K.  BK ⊥ HN  Hay d ( AM ; B ' C ) = d ( B; ( AMN ) ) = BK

+ Tam giác ABM vuông tại B có BH là đường cao nên

a 1 1 1 1 4 5 = + = 2 + 2 = 2 → BH = 2 2 2 BH AB BM a a a 5

a 2 2 + Tam giác BHN vuông tại B có BK là đường cao nên

+ Ta có BB ' = AA'=a 2 ⇒ BN =

1 1 1 5 2 7 a 7 = + = 2 + 2 = 2 ⇒ BK = 2 2 2 BK BH BN a a a 7 a 7 Vậy d ( AM ; B ' C ) = 7 Chọn D. Câu 39:

Trang 23/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: - Xác định góc giữa đường thẳng AC’ với (ABC) - Tính thể tích lăng trụ theo công thức V = B.h Cách giải: Vì C ' C ⊥ ( ABC ) nên góc giữa C ' A và ( ABC ) là

( C ' A, CA) = C ' AC = 300 (vì C’AC < 900) 3 2a 3 = 3 3 1 1 2 a 3 4a 3 3 = S ABC .CC ' = AB. AC. AC ' = .2a.2a. = 2 2 3 3

Tam giác ACC’ vuông tại C có AC = 2a, C'AC = 300 nên CC ' = AC tan 300 = 2a. Vậy thể tích khối lăng trụ là: VABC . A ' B 'C '

Chọn C. Câu 40: Phương pháp: Chia cả tử và mẫu của hai phân số thứ hai và thứ ba trong biểu thức P cho c. 2 Đặt 2a = x; 2b = y; = z từ đó suy ra mối quan hệ của xyz và đưa P theo các biến x; y; z c Sử dụng thích hợp bất đẳng thức Cô-si cho từng mẫu số sau đó biến đổi để tìm GTLN của P. Cách giải: 1 c c 1 1 1 Ta có P = + + = + + 2 4 4a + 2b + 3 4bc + 3c + 2 2a + 3c + 4 4a + 2b + 3 4b + 3 + 2a + 3 + c c 2 2 8ab Đặt 2a = x; 2b = y; = z ⇒ xyz = 2a.2b. = = 1 ( vì c = 8ab ) c c c 1 1 1 Khi đó ta có P = + + 2 x + y + 3 1y + z + 3 2 z + x + 3 Co − si

Lại có 2 x + y + 3 = x + x + y + 1 + 2 ≥ 2 xy + 2 x + 2 = 2 Tương tự với 2 y + z + 3 ≤ 2 1 1 P≤  +  2  xy + x + 1

(

)

yz + y + 1 ; 2 z + x + 3 ≤ 2

(

)

xy + x + 1

)

xz + z + 1 , do đó ta có

 1 1 +  yz + y + 1 xz + z + 1 

    1 1 1 1  ( do xyz = 1) =  + + 2  xy + x + 1 1 + y + 1 1 + 1 + 1    x y xy    1 xy + x + 1 1 xy 1 1 1 x =  + + = ⇒P≤  = .  2  xy + x + 1 2 xy + x + 1 xy + x + 1  2 xy + x + 1 2 1 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. Do đó max P = ⇒ m = 1; n = 2 ⇒ 2m 2 + n = 4. 2 Chọn B. Câu 41: Phương pháp: Tính diện tích đáy rồi suy ra thể tích lăng trụ theo công thức V = Bh Cách giải:

Lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng nên có đáy là tam giác đều diện tích S =

32 3 9 3 = 4 4

Trang 24/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thể tích lăng trụ: V = Sh =

9 3 27 3 .3 = 4 4

Chọn B. Câu 42: Phương pháp: Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp ( f ( u ) ) ' = u '. f ' ( u ) Từ đó kết hợp với đồ thị đ cho để tìm khoảng đồng biến và nghịch biến Cách giải: Ta có g ( x ) = f ( x 2 − 2 ) suy ra g ' ( x ) = f ( x 2 − 2 ) ' = 2 x. f ' ( x 2 − 2 )

(

)

Từ đồ thị hàm số y = f ( x ) ta có f ' ( x ) > 0 ⇔ x > 2 và f ' ( x ) < 0 ⇔ x < 2 và x ≠ 1   x > 0  2   f ' ( x − 2 ) < 0 2 + Để hàm g(x) nghịch biến thì g ' ( x ) < 0 ⇒ 2 x. f ' ( x − 2 ) < 0 ⇔    x < 0  2   f ' ( x − 2 ) > 0  x > 0  x > 0    x > 0   2   −2 < x < 2  x −2< 2 2     x ≠ −1   f ' ( x − 2 ) < 0 0 < x < 2   x ≠ − 1  ⇔ ⇔  ⇔ ⇔  x<0   x<0  x < −2   < x 0      f ' x2 − 2) > 0   x2 − 2 > 2   x > 2   (     x < −2 Vậy hàm số nghịch biến trên ( 0; 2 ) và ( −∞; −2 ) Suy ra D sai. Chọn D. Chú ý khi giải: Các em cũng có thể lập bảng biến thiên của hàm số để tìm khoảng đồng biến g ( x ) nghịch biến.

Câu 43: Phương pháp: - Tính đạo hàm của hàm số y = g ( x ) = f ( x 2 + m ) - Biện luận theo m số nghiệm của đạo hàm g ' ( x ) = 0 với chú ý: Hàm số có 5 cực trị nếu và chỉ nếu phương trình g ' ( x ) = 0 có nghiệm bội lẻ phân biệt. Cách giải:  x=2 Ta có: f ' ( x ) = ( x 2 − 1) ( x − 2 ) = 0 ⇔   x = ±1 Xét g ( x ) = f ( x 2 + m ) có g ' ( x ) = ( x 2 + m ) '. f ' ( x 2 + m ) = 2 x. f ' ( x 2 + m )

x=0 x = 0  x2 + m = 2  x2 = 2 − m  g ' ( x ) = 0 ⇔⇔ 2 ⇔ 2 ( *)  x + m =1  x = 1− m  2  2  x + m = −1  x = −1 − m Hàm số y = g ( x ) có 5 điểm cực trị ⇔ g ' ( x ) = 0 có 5 nghiệm bội lẻ phân biệt.

Trang 25/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x=0  x2 = 0  x=0 TH1: m = 2 thì (*) ⇔  2 nên hàm số đã cho không có 5 điểm cực trị. (loại) ⇔  x =1  x = ±1  2  x = −1  x=0  x2 = 1  x=0 TH2: m = 1 thì (*) ⇔  2 nên hàm số đã cho không có 5 điểm cực trị. (loại) ⇔  x =0  x = ±1  2  x = −2 x = 0  x=0  x2 = 3  TH3:m = -1 thì (*) ⇔  2 ⇔  x = ± 3 ( x = 0 là nghiệm bội 3) nên hàm số đã cho có 5 điểm cực trị. x = 2 x = ± 2  2  x = 0 

 2−m < 0  TH4: m >2 thì  1 − m < 0 nên g ' ( x ) = 0 chỉ có nghiệm x = 0 nên hàm số đã cho không có 5 điểm cực  −1 − m < 0  trị TH5: 1 < m < 2 thì + phương trình x 2 = 2 − m có hai nghiệm phân biệt. + phương trình x 2 = 1 − m và x 2 = −1 − m vô nghiệm. Do đó g ' ( x ) = 0 không có 5 nghiệm phân biệt và hàm số đã cho không có 5 điểm cực trị. TH6: −1 < m < 1 + phương trình x 2 = 2 − m có hai nghiệm phân biệt. + phương trình x 2 = 1 − m có hai nghiệm phân biệt. + phương trình x 2 = −1 − m vô nghiệm. Do đó g ' ( x ) = 0 có 5 nghiệm phân biệt và các nghiệm này đều là nghiệm đơn nên hàm số đ cho có 5 điểm cực trị. TH7: m < −1 thì các phương trình x 2 = 2 − m ; x 2 = 1 − m ; x 2 = −1 − m đều có hai nghiệm phân biệt dẫn đến g ' ( x ) = 0 có 7 nghiệm phân biệt và hàm số đã cho không có 5 điểm cực trị.  m = −1 Vậy tập hợp các giá trị của m để hàm số g ( x ) có 5 điểm cực trị là  hay − 1 ≤ m < 1.  −1 < m < 1 Do m nguyên nên m ∈ {−1;0} , có 2 giá trị thỏa mãn bài toán.

Chọn D. Câu 44: Phương pháp: 1 Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V = S .h với 3 h là chiều cao hình chóp, S là diện tích đáy. Cách giải: Ta có chóp tứ giác đều S.ABCD có SA = SB = SC = SD = 3a; AB = AD = BC = DC = 2a , chiều cao SO( với O là tâm ABCD) BD Ta có BD = BC 2 + DC 2 = 2a 2 => BO = =a 2 2 Tam giác SOB vuông tại

Trang 26/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(

O => SO = SB 2 − BO 2 = 9a 2 − a 2

)

=a 7

Diện tích đáy S ABCD = BC 2 = 4a 2 1 1 4 7a 3 Thể tích VS . ABC = .S ABCD .SO = .4 a 2 .a 7 = 3 3 3 Chọn C. Câu 45: Phương pháp: - Tính y’ và giải phương trình y ' = 0 - Tìm khoảng nghịch biến của hàm số và thay vào điều kiện bà cho tìm m. Cách giải: y = 2 x3 + 3 ( m − 1) x 2 + 6 ( m − 2 ) x + 3 ⇒ y ' = 6 x 2 + 6 ( m − 1) + 6 ( m − 2 ) = 6  x 2 + ( m − 1) x + m − 2 

 x = −1 = x1 y ' = 0 ⇔ x 2 + ( m − 1) x + m − 2 = 0 ⇔   x = 2 − m = x2 2

Nếu −1 = 2 − m ⇔ m = 3 thì y ' = 6 ( x + 1) ≥ 0, ∀x ∈ R nên hàm số đồng biến trên R ( không thỏa mãn). Nếu m ≠ 3 thì phương trình y ' = 0 luôn có nghiệm phân biệt nên hàm số nghịch biến có hai điểm cực trị và nó nghịch biến trong khoảng hai điểm đó. Hàm số nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn 3  m−3 > 3 m > 6 ⇔ x1 − x2 > 3 ⇔ −1 − 2 + m > 3 ⇔ m − 3 > 3 ⇔  ⇔  m − 3 < −3  m < 0 Vậy m ∈ ( −∞;0 ) ∪ ( 6; +∞ ) Mà m nguyên dương và nhỏ hơn 2018 nên m ∈ {7;8;...; 2017} hay có 2017 – 7 + 1 = 2011 số m thỏa mãn. Chọn C. Câu 46: Phương pháp: 2 2 Đường tròn ( C ) : ( x − a ) + ( y − b ) = R 2 có tâm I ( a, b ) ; bán kính R Cách giải: 2 2 Đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y + 3) = 16 có tâm I (1; −3) ; bán kính R = 4. Chọn D. Câu 47: Phương pháp: Tìm tọa độ các điểm A,B rồi tính AB theo công thức AB = ( xB − x A ; y B − y A ) Ta có: A ( −2; −1) , B (1;1) nên AB = ( 3; 2 ) Chọn A. Câu 48: Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ Slt = Sh với S là diện tích đáy, h là chiều cao lăng trụ 1 Thể tích khối chóp (tứ diện) S = Sh với S là diện tích đáy, h là chiều cao hình chóp 3 Cách giải: 1 Vì thể tích khối lăng trụ S1 = Sh và thể tích khối chóp (tứ diện) S 2 = Sh suy ra S1 = 3S 2 nên ít nhất ta 3 có thể chia lăng trụ thành ba khối tứ diện. (vì chiều cao lớn nhất của khối tứ diện bằng chiều cao lăng trụ và diện tích đáy lớn nhất của tứ diện bằng diện tích đáy lăng trụ) Chọn B. Câu 49: Trang 27/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: Phá dấu giá trị tuyệt đối giải hệ phương trình trong từng trường hợp. Cách giải: 2 Ta có: 8 − x 2 = ( x + 2 y ) ⇔ 8 − x 2 = x 2 + 4 xy + 4 y 2 ⇔ x 2 + 2 xy + 2 y 2 − 4 = 0 TH1: xy ≥ 0 thì hệ trở thành

 y 2 − xy + 2 = 0  2 y 2 − 2 xy + 4 = 0  x2 + 4 y2 = 0 x= y=0 ⇔ ⇔ ⇔ (VN )  2    2 2 2 2 2  x + 2 xy + 2 y − 4 = 0  x + 2 xy + 2 y − 4 = 0  y − xy + 2 = 0  y − xy + 2 = 0 TH2: xy < 0 hệ trở thành:  x = ±2 2  y 2 + xy + 2 = 0  2 y 2 + 2 xy + 4 = 0  x2 − 8 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ 2  2  2  2 2 2  y + xy + 2 = 0  x + 2 xy + 2 y − 4 = 0  x + 2 xy + 2 y − 4 = 0  y + xy + 2 = 0

(

) = 0 ⇔ y = − 2 ( thỏa mãn xy < 0) Nếu x = −2 2 thì y − 2 2 y + 2 = 0 ⇔ ( y − 2 ) = 0 ⇔ y = 2 ( thỏa mãn xy<0) Vậy hệ có các nghiệm (x;y) là ( 2 2; − 2 ) và ( −2 2; 2 ) . Nếu x = 2 2 thì y 2 + 2 2 y + 2 = 0 ⇔ y + 2

Do đó x12 + x22 + y12 + y22 = 8 + 8 + 2 + 2 = 20 Chọn A. Câu 50: Phương pháp: Nhận xét rằng bể bơi có dạng khối lăng trụ có đáy là hình chữ nhật bị cắt đi một tam giác vuông cân và một hình thang vuông Từ đó tính được diện tích xung quanh của bể bơi chính là diện tích toàn phần trừ đi diện tích hình chữ nhật là mặt bể bơi Sau đó dùng bất đẳng thức Cô-si cho ba số a, b, c không âm a + b + c ≥ 3 3 abc để tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích xung quanh. Cách giải: Gọi chiều cao của khối lăng trụ bể bơi là h ( h > 0) ta có 11x 2 2V  3 x x.x 2 x + x  V = S .h =  5 x. − − . h = ⇔h=  2 2 2  2 11x 2  Diện tích xung quanh của bể bơi là S xq = S AIJE + S IMPJ + S MNPR + S NOQR + SOLKQ + S BLKF + 2.S MNIABLON

x x 11x 2 .h + x 2.h + 2.x.h + x 2.h + x.h + .h + 2. 2 2 2 2 11x 2V = 4 + 2 2 x.h + 2 = 4 + 2 2 x. + 11x 2 2 11x 2 2V = 4+ 2 2 . + 11x 2 11x Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số ta có S xq

(

)

(

)

(

)

( 4 + 2 2 ) .V + ( 4 + 2 2 ) .V + 11x = 11x

Vậy MinS xq = 3

( 4 + 2 2 ) .V 11

≥3

( 4 + 2 2 ) .V

khi và chỉ khi

( 4 + 2 2 )V = 11x 11x

⇒ x3 =

( 4 + 2 2 )V = 8 ⇒ x = 2 121

Chọn A.

Trang 28/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trang 29/5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN I NĂM 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG I

Môn thi: TOÁN HỌC

MÃ ĐỀ 468

Thời gian làm bài: 90 phút

Họ, tên thí sinh: ....................................................................... Số báo danh:………………………………………………….. Câu 1(TH): Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng? B. log a 2018 =

A. log ( 2018a ) = 2018log a

1 log a 2018

1 D. loga 2018 = 2018log a log a 2018 Câu 2 (TH): Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thức R ?

C. log ( 2018a ) =

π  A. y =   3

B. y = log 1 x

C. y = log π ( x 2 + 1) 4

2 D. y =   e

x+2 có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? x − 4x + 3 B. 2 C. 1 D. 3

Câu 3 (VD): Đồ thị hàm số y = A. 0

Câu 4 (TH): Đồ thị sau đây là của hàm số y = x 4 − 3 x 2 − 3 . Với giá trị nào của m thì phương trình x 4 − 3 x 2 − 3 = m có 3 nghiệm phân biệt A. m = -4 B. m = -3 C. 0 D. m = -5

Câu 5 (TH): Đồ thị của hàm số y = − x3 + 3 x 2 + 2 x − 1 và đồ thị hàm số y = 3 x 2 − 2 x − 1 có tất cả bao nhiêu điểm chung? A. 0 B. 2 C. 3 Câu 6 (NB): Hình đa diện sau có bao nhiêu mặt? A. 11 B. 20 C. 12 D. 10 Câu 7 (NB): Số đỉnh của một hình bát diện đều là: A. 21 B. 14 C. 8 Câu 8(VD): Tìm nghiệm của phương trình sin 2 x = 1

D. 1

D. 6

kπ 3π + k 2π D. x = 2 4 4 2 Câu 9 (VD): Từ các chữ số 1; 2; 3 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau? A. 8 B. 6 C. 9 D. 3

A. x =

+ k 2π

B. x =

+ kπ

C. x =

Câu 10 (TH): Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục và có đạo hàm trên khoảng ( −∞; +∞ ) , có bảng biến thiên như hình sau:

Trang 1/20

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

-1

−∞

y’

−

+∞ +

+∞

− 1

−∞ Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; +∞).

B. Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; −1).

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; −1).

D. Hàm số đồng biến trên khoảng (−1; +∞).

Câu 11 (TH): Đồ thị hàm số nào sau đây có đúng 1 điểm cực trị? A. y y = − x 4 − 3x 2 + 4

B. y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 5

C. y = x 3 − 3x 2 + 3x − 5

D. y = 2 x 4 − 4 x 2 + 1

Câu 12 (VD): Hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển (1 + x ) là: A. 972

B. 495

C. 792

Câu 13 (TH): Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A. y = 2018

B. x = 0

D. 924

2018 là đường thẳng có phương trình? x −1 C. y = 0 D. x = 1 2x −1 tại điểm có hoành độ x0 = −2 là: x +1 C. y = 3 x + 11 D. y = −3 x − 1

Câu 14 (VD): Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = A. y = 3 x + 5 Câu 15 (TH): Cho A. a > b

B. y = −3 x + 1

(

2019 − 2018 B. a < b

Câu 16 (TH): Tính giới hạn lim A.

2 3

) >(

3 2

)

2019 − 2018 . Kết luận nào sau đây đúng? C. a = b

D. a ≥ b

2n + 1 3n + 2

1 2

D. 0

Câu 17 (VD): Cho SABCD có đáy ABCD là là hình vuông cạnh a. Biết SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a . Tính thể tích của khối chóp SABCD.

A. V =

a3 3

B. V =

3a 3 2

a3 D. V = a 3 6 Câu 18 (VD): Đồ thị hình dưới đây là đồ thị hàm số nào hàm số sau? 2x − 3 x A. y = B. y = 2x − 2 x −1 x −1 x +1 C. y = D. y = x +1 x −1 C. V =

trong

các

Trang 2/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 19 (VD): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ ( tham khảo hình vẽ dưới). Góc giữa hai đường thẳng AC và BD’ bằng: A. 300 B. 900 C. 600 D. 450 Câu 20 (TH): Thể tích V của khối trụ có bán kính và chiều cao đều bằng 3. A. V = 9π B. V = 12π C. V = 3π D. V = 27π Câu 21 (TH): Cho hình bình hành ABCD. Tổng các vecto AB + AC + AD là A. AC B. 2 AC C. 3 AC D. 5 AC Câu 22 (VD): Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A(1;3), B(4;0), C(2;-5). Tọa độ điểm M thỏa mãn MA + MB − 3MC = 0 là: A. M(1;18) B. M(-1;18) C. M(1;-18) D. M(-18;1) Câu 23 (VD): Cho tam giác ABC có A (1;-2), đường cao CH: x – y + 1 =0, đường thẳng chứa cạnh BC có phương trình 2x + y+ 5 =0. Tọa độ điểm B là: A. (4;3) B. (4; -3) C. (-4;3) D. (-4;-3) Câu 24 (TH): Cho cấp số nhân ( un ) : u1 = 1, q = 2 . Hỏi 2048 là số hạng thứ mấy? A. 12 B. 9 C. 11 Câu 25 (TH): Cho hàm số y = f(x) có đồ thị hàm số như hình bên. Phương trình f(x) = 1 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt nhỏ hơn 2? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 26 (VD): Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x +

D. 10

4 trên đoạn x

[1;3] bằng: A. 5

B. 4

C. 3

13 3

Câu 27 (TH): Hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị hàm số như hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a < 0, b > 0, c > 0 B. a < 0, b > 0, c < 0 C. a > 0, b < 0, c > 0 D. a < 0, b < 0, c > 0

Trang 3/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 28 (TH): Tập xác định của hàm số y = A. D = [1; 2]

B. D = (1; +∞ )

1 Câu 29 (VD): Phương trình   7 A. 0 B. 1

1 + ln ( x − 1) là 2− x C. D = (1; 2 )

D. D = ( −∞; 2 )

x2 − 2 x −3

= 7 x −1 có bao nhiêu nghiệm? C. 3

D. 2

2 2  x + y − x = 12 − y Câu 30 (VD): Giải hệ phương trình  ta được hai nghiệm ( x1 ; y1 ) và ( x2 ; y2 ) . Tính 2 2  x y − x = 12

giá trị biểu thức T = x12 + x22 − y12

A. T = - 25

B. T = 0

C. T = 25

D. T = 50

Câu 31 (VD): Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a 3 . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng:

2a 5 5

B. a 3

a 2

a 3 2

Câu 32 (VD): Cho đồ thị hàm số y = xα , y = x β , y = xγ trên ( 0; +∞ ) trên cùng một hệ trục tọa độ như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. γ < β < α < 0 B. 0 < γ < β < α < 1 C. 0 < α < β < γ < 1 D. 1 < γ < β < α Câu 33 (VD): Cho hàm số f (x) Đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ bên. Hàm số g ( x ) = f ( 3 − 2 x ) nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?

A. ( 0; 2 ) B. (1;3) C. ( −∞; −1) D. ( −1; +∞ ) 2

Câu 34 (VD): Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 4 Phép vị tự tâm O (với O là gốc tọa độ) tỉ số k = 2 biến (C) thành đường tròn nào trong các đường tròn có phương trình sau? 2

A. ( x − 1) + ( y − 1) = 8 2

C. ( x − 2 ) + ( y − 2 ) = 16

B. ( x − 2 ) + ( y − 2 ) = 8 D. ( x + 2 ) + ( y + 2 ) = 16

Trang 4/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 35 (VD): Cho hai đường thẳng phân biệt a, b và mặt phẳng (P) trong đó a ⊥ ( P ) . Trong các mệnh đề sau đây, có bao nhiêu mệnh đề đúng? (I). Nếu b / / a thì b ⊥ ( P )

(II). Nếu b ⊥ ( P ) thì b / / a .

(III). Nếu b ⊥ a thì b / / ( P )

(IV). Nếu b / / ( P ) thì b ⊥ a

Câu 36 (VD): Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x + 1) > log 3 ( 2 − x ) là S = ( a, b ) ∪ ( c; d ) với 3

a, b, c, d là các số thực. Khi đó a + b + c + d bằng:

A. 4 B. 1 C. 3 D. 2 Câu 37 (VD): Một hình trị có trục OO’ chứa tâm của một mặt cầu bán kính R, các đường tròn đáy của hình trụ đều thuộc mặt cầu trên, đường cao của hình trụ bằng R. Tính thể tích V của khối trụ. A. V =

3π R 3 4

B. V = π R 3

C. V =

π R3 4

D. V =

π R3 3

Câu 38 (VD): Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA ⊥ ( ABCD ) , SA = a 2 Tìm số đo của góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD).

A. 450 B. 300 C. 900 D. 600 Câu 39 (VD): Cho hình lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A có BC = 2a, AB = a 3 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC là:

a 21 7

a 3 2

a 5 2

a 7 3

Câu 40 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình ( x 2 − 5 x + 4 ) x − m = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt. A. 4 B. 2

C. 3

D. 1

Câu 41 (VD): Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số như hình vẽ dưới. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn

 3 7 nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f x 2 − 2 x trên đoạn  − ;  . Tìm khẳng định sai trong các khẳng  2 2 định sau.

(

)

A. M + m > 7 B. Mm > 10 C. M − m > 3 D.

M >2 m

Câu 42 (VD): Cho lăng trụ ABC. A1 B1C1 có diện tích mặt bên ABB1 A1 bằng 6, khoảng cách giữa cạnh CC1 và mặt phẳng ( ABB1 A1 ) bằng 8. Thể tích khối lăng trụ ABC. A1 B1C1 bằng:

A. 24

B. 8

C. 16

D. 32

x +1 có đồ thị ( C ) biết cả hai đường thẳng d1 : y = a1 x + b1 ; d 2 : a2 x + b2 x −1 5 đi qua điểm I(1;1) và cắt đồ thị ( C ) tại 4 điểm tạo thành một hình chữ nhật. Khi a1 + a2 = ,giá trị biểu 2 thức P = b1b2 bằng:

Câu 43 (VD): Cho hàm số y =

Trang 5/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

5 2

1 2

C. −

1 2

(

Câu 44 (VD): Cho hình chóp SABCD có SC = x 0 < x < 3

D. −

)

5 2

các cạnh còn lại đều bằng 1. Thể tích lớn

nhất của khối chóp SABCD bằng:

3 3 1 1 B. C. D. 4 4 3 6 Câu 45 (VD): Thầy Tuấn có 15 cuốn sách gồm 4 cuốn sách Toán , 5 cuốn sách Lý và 6 cuốn sách Hóa. Các cuốn sách đôi một khác nhau. Thầy chọn ngẫu nhiên 8 cuốn sách để làm phầnt hưởng cho một học sinh. Tính xác suất để số cuốn sách còn lại thầy Tuấn còn đủ 3 môn. A.

54 661 2072 73 B. C. D. 715 715 2145 2145 Câu 46 (VDC): Cho a,b,c là các số thực dương khi đó giá trị lớn nhất của biểu thức

8a + 3b + 4 P=

(

ab + bc + 3 abc

1+ (a + b + c)

)

gần với giá trị nào nhất trong các đáp án sau:

B. 4,66

A. 4,65

C. 4,67

D. 4,64

Câu 47 (VDC): Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới . Để đồ thị hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + f ( x ) + m có số điểm cực trị ít nhất thì giá trị nhỏ nhất của tham số m = m0 . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A. m0 ∈ ( 0;1)

B. m0 ∈ ( −1; 0 ) C. m0 ∈ ( −∞; −1) D. m0 ∈ (1; +∞ )

Câu 48 (VDC): Biết hai điểm B(a; b), C(c; d) thuộc hai nhánh của đồ thị hàm số y =

2x sao cho tam x −1

giác ABC vuông cân tại đỉnh A(2; 0), khi đó giá trị biểu thức T = ab + cd bằng: B. 0 C. -9 D. 8 A. 6

Câu 49 (VDC): Biết đồ thị hàm số y = a log 22 x + b log 2 x + c cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ thuộc đoạn [1; 2]. Khi đó giá trị lớn nhất của biểu thức P =

A. 2

B. 5

( a − b )( 2a − b ) a (a − b + c)

C. 3

bằng:

D. 4

Câu 50 (VDC): Cho khối chóp SABCD có đáy là hình bình hành, AB = 3, AD = 4, ∠BAD = 1200 . Cạnh bên SA = 2 3 vuông góc với đ ( MNP ) áy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh SA, AD và BC,

α là góc giữa hai mặt phẳng ( SAC ) và. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau đây. A. α ∈ ( 600 ;900 )

B. α ∈ ( 00 ;300 )

C. α ∈ ( 300 ; 450 )

D. α ∈ ( 450 ;600 )

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.D

11.A

21.B

31.D

41.A Trang 6/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2.D

12.C

22.C

32.D

42.A

3.B

13.C

23.C

33.C

43.C

4.B

14.C

24.A

34.C

44.C

5.C

15.B

25.C

35.D

45.B

6.A

16.A

26.B

36.D

46.B

7.D

17.A

27.A

37.A

47.A

8.B

18.D

28.C

38.B

48.D

9.B

19.B

29.D

39.B

49.C

10.B

20.D

30.B

40.C

50.A

Câu 1: Phương pháp Sử dụng các công thức: log ab = log a + log b;log a n = n loga . Cách giải: Ta có: log ( 2018a ) = log 2018 + log a, loga 2018 = 2018log a Chọn D. Câu 2: Phương pháp Hàm số y = a x với 0 < a < 1 luôn nghịch biến trên R. Cách giải: x

π  ≈ 1, 047 > 0 ⇒ y =   đồng biến trên loại đáp án A. 3 3 Loại đáp án B vì TXĐ là: ( 0; +∞ ) .

Xét đáp án A có:

Xét đáp án C có: y ' =

( x2 + 1) ln

⇒ y'= 0 ⇔ x = 0

4 => hàm số không thể nghịch biến trên R => loại đáp án C. Chọn D. Câu 3: Phuơng pháp +) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x ) =

g ( x) ⇔ lim f ( x ) = ∞ hoặc x = a x→a h ( x)

là nghiệm của h(x) = 0 mà không là nghiệm của g( x) = 0. Cách giải: x+2 x+2 = => x = 1; x = 3 là 2 đường TCĐ của đồ thị hàm số. Ta có: y = 2 x − 4 x + 3 ( x − 1)( x − 3) Chọn B. Câu 4: Phương pháp Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 4 − 3 x 2 − 3 và đường thẳng y = m. Dựa vào đồ thị hàm số để xác định m thỏa mãn bài toán. Cách giải: Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 4 − 3 x 2 − 3 và đường thẳng y = m. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = x 4 − 3 x 2 − 3 tại 3 điểm phân biệt ⇔ m = −3 . Chọn B. Câu 5: Trang 7/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp Số nghiệm của hai đồ thị hàm số là số giao điểm của phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị. Giải phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số. Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

− x3 + 3x 2 + 2 x − 1 = 3x 2 − 2 x − 1  x=0 ⇔ x − 4 x = 0 ⇔  x = −2  x = 2 ⇒ Hai đồ thị hàm số có 3 điểm chung. Chọn C. Câu 6: Phương pháp Dựa vào hình vẽ, đếm tổng số mặt bên và mặt đáy của khối đa diện. Cách giải: Ta thấy khối đa diện trong hình vẽ có 11 mặt cả mặt đáy. Chọn A. Câu 7: Phương pháp Dựa vào lý thuyết đa diện. Cách giải: Khối bát diện đều có 6 đỉnh, 12 cạnh và 8 mặt. Chọn D. Câu 8: Phương pháp 3

Sử dụng công thức giải phương trình lượng giác đặc biệt: sin f ( x ) = 1 ⇔ f ( x ) =

π 2

+ k 2π .

Cách giải:

sin 2 x = 1 ⇔ 2 x =

π 2

+ k 2π ⇔ x =

π 4

+ kπ

Chọn B. Câu 9: Phương pháp Sử dụng quy tắc nhân hoặc chỉnh hợp. Cách giải:

Gọi số cần lập có dạng: abc ( a ≠ b ≠ c ) . Khi đó có A33 = 3! = 6 cách chọn. Chọn B. Câu 10: Phương pháp Dựa vào BBT để kết luận tính đồng biến, nghịch biến của hàm số. Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên ( −∞; −1) và (1; +∞ ) , hàm số nghịch biến trên (-1;1). Chọn B. Câu 11: Phương pháp Số cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x ) là số nghiệm bội lẻ của phương trình f ' ( x ) = 0 Cách giải: +) Xét đáp án A ta có: y ' = −4 x 3 − 6 x = 0 ⇔ x = 0 => đồ thị hàm số có đúng 1 điểm cực trị. Chọn A.

Trang 8/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chú ý khi giải: Với các bài toán mà sau khi thử đáp án A chưa đúng, các em cần thử các đáp án tiếp theo đến khi chọn được đáp án đúng. Câu 12: Phương pháp n

Sử dụng công thức số hạng tổng quát của nhị thức: ( a + b ) = ∑ Cnk a n − k b k n

k =0

Cách giải: 12

Ta có: (1 + x ) = ∑ C12k x k 12

k =0

Để có số hạng không chứa x trong khai triển thì: k = 5. Vậy hệ số cần tìm là: C125 = 792 Chọn C. Câu 13:

Phương pháp +) Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x ) ⇔ lim f ( x ) = b x →∞

Cách giải: 2018 2018 Ta có: lim = lim x = 0 ⇒ y = 0 là TCN của đồ thị hàm số. x →∞ x − 1 x →∞ 1 1− x Chọn C. Câu 14: Phương pháp Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x) tại điểm x = x0 là y ' ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 )

Cách giải: Ta có: y ' =

2 +1

( x + 1)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

( −2 + 1)

( x + 2) +

2x −1 tại điểm x = −2 là: x +1

2. ( −2 ) − 1 = 3 x + 6 + 5 = 3 x + 11. −2 + 1

Chọn C. Câu 15: Phương pháp Với 0 < a < 1 => a n > a m ⇔ n < m. Cách giải: Ta có: 0 < 2019 − 2018 < 0 =>

(

2019 − 2018

) >(

2019 − 2018

)

⇔a<b

Chọn B. Câu 16: Phương pháp Sử dụng các quy tắc tính giới hạn của dãy số. Cách giải: 1 2+ 2n + 1 n = 2. Ta có: lim = lim 2 3 3n + 2 3+ n Chọn A. Câu 17:

Trang 9/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phƣơng pháp Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy là S và chiều cao h là: V =

1 Sh . 3

Cách giải: Ta có: VSABCD =

a3 1 1 SA.S ABCD = a.a 2 = . 3 3 3

Chọn A. Câu 18: Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số để đưa ra các nhận xét và chọn hàm số phù hợp. Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số TCĐ là x = 1 ⇒ loại đáp án C. Đồ thị hàm số đi qua các điểm ( -1; 0) và ( 0;-1) => chỉ có đáp án D đúng. Chọn D. Câu 19: Phương pháp Chứng minh các đường thẳng vuông góc với mặt phẳng để suy ra góc giữa các đường thẳng đề bài yêu cầu. Cách giải: Gọi {O} = AC ∩ BD => BD ⊥ AC = {O}

 AC ⊥ BD => AC ⊥ ( DD 'B ) => AC ⊥ BD '  Ta có:  AC ⊥ DD ' => ∠ ( AC ; BD ' ) = 900 Chọn B. Câu 20: Phương pháp Thể tích khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là: V = π r 2 h . Cách giải: Ta có: V = π r 2 h = π .33.3 = 27π . Chọn D. Câu 21: Phương pháp Sử dụng quy tắc hình bình hành: Cho hình bình hành ABCD ta có : AB + AD = AC Cách giải: Ta có: AB + AC + AD = AB + AD + AC = 2 AC

(

)

Chọn B. Câu 22: Phuwơng pháp Sử dụng các công thức : : AB = ( xB − x A ; yB − y A ) , a ( a1 ; a2 ) + b ( b1 ; b2 ) = ( a1 + b1 ; a2 + b2 ) .

a = a2 a ( a1 ; a2 ) = b ( b1 ; b2 ) ⇔  1  b1 = b2 Cách giải: Gọi M ( x0 ; y0 ) ta có MA = (1 − x0 ;3 − y0 ) ; MB = ( 4 − x0 ; − y0 ) ; MC = ( 2 − x0 ; −5 − y0 ) MA + MB − 3MC = 0 ⇔ ( −1 + x0 ;18 + y0 ) = ( 0; 0 ) −1 + x0 = 0  x =1 ⇔ ⇔ 0 => M (1; −18 ) 18 + y0 = 0  y0 = −18

Trang 10/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chọn C. Câu 23: Phương pháp Ta có: CH ⊥ AB => lập được phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với CH. Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình gồm phương trình đường thẳng BC và AB. Cách giải: Ta có: CH ⊥ AB => lập được phương trình đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với CH là: x − 1 + y = 2 = 0 ⇔ x + y + 1 = 0. => { B} = AB ∩ BC ⇒ tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: 2 x + y + 5 = 0 . Chọn C.   x + y +1 = 0 Câu 24: Phương pháp Cấp số nhân ( un ) có số hạng đầu là u1 và công bội q thì số hạng un = u1.q n −1 Cách giải: Giả sử 2048 là số hạng thứ n ta có: un = u1.q n −1 = 1.2n −1 = 2048 ⇔ n − 1 = 11 ⇔ n = 12 Chọn A. Câu 25: Phương pháp Số nghiệm của phương trình f (x) = 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng y =1. Dựa vào đồ thị hàm số để biện luận số nghiệm của phương trình. Cách giải: Số nghiệm của phương trình f (x) =1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng y =1. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y =1 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt trong đó có hai điểm có hoành độ nhỏ hơn 2. Chọn C. Câu 26: Phương pháp Tìm GTLN và GTNN của hàm số y = f ( x ) trên [ a; b ] bằng cách: +) Giải phương trình y ' = 0 tìm các nghiệm xi . +) Tính các giá trị f ( a ) , f ( b ) , f ( xi ) ( xi ∈ [ a; b ]) . Khi đó: min f ( x ) = min { f ( a ) ; f ( b ) ; f ( xi )} , max f ( x ) = max { f ( a ) ; f ( b ) ; f ( xi )} [ a ;b ]

[ a ;b ]

Cách giải: Ta có: f ' ( x ) = 1 −

 x = 2 ∈ [1;3] 4 4 => f ' ( x ) = 0 ⇔ 1 − 2 = 0 ⇔ x 2 = 4 ⇔  2 x x  x = −2 ∉ [1;3]

f (1) = 5; f ( 2 ) = 4; f ( 3) =

13 3

=> min f ( x ) = f ( 2 ) = 4. [1;3]

Chọn B. Câu 27: Trang 11/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số nhận xét số điểm cực trị, các điểm thuộc đồ thị hàm số và các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số và đưa ra kết luận đúng.

Cách giải: Ta thấy đồ thị hàm số có 2 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu => a < 0 và y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt.  x=0 Có: y ' = 4ax + 2bx = 0 ⇔ 2 x ( 2ax + b ) = 0 ⇔  2  x = − b (1) a  3

Phương trình y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ pt (1) có 2 nghiệm phân biệt ≠ 0 ⇔ −

b b >0⇔ <0 a a

mà a < 0 => b > 0.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ lớn hơn 0 ⇒ c > 0 . Chọn A. Câu 28: Phương pháp Hàm số y =

1 xác định ⇔ f ( x ) > 0 f ( x)

Hàm số y = ln f ( x ) xác định ⇔ f ( x ) > 0 Cách giải: 2 − x > 0 x < 2 Hàm số đã cho xác định ⇔  ⇔ ⇔ 1 < x < 2.  x −1 > 0 x >1 Chọn C. Câu 29: Phương pháp 1 Sử dụng công thức: a − m = m a f ( x) Giải phương trình mũ: a = a g( x) ⇔ f ( x ) = g ( x ) . Cách giải:

1   7

x 2 − 2 x −3

x −1

1 ⇔  7

x 2 − 2 x −3

1− x

1 =  7

Trang 12/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x + y 2 − x 2 = 12 − y (1)  (2)  x y 2 − x 2 = 12  12 − y ≥ 0  y ≤ 12 (1) ⇔  2 ⇔  2 2 2 2 2 2 2 2 x y − x = 144 − 24 y (*)  x + 2 x y − x + y − x = 144 − 24 y + y Thế (2) vào (*) ta được: 2.12 = 144 − 24 y ⇔ 24 y = 120 ⇔ y = 5 (tm)

=> x 25 − x 2 = 12 ⇔ x 2 ( 25 − x 2 ) = 144  x 2 = 16 ⇔ x 4 − 25 x 2 + 144 = 0 ⇔  2  x =9 ⇒ T = x12 + x22 − y12 = 16 + 9 − 52 = 0 Chọn B. Câu 31: Phương pháp Chứng minh để tìm khoảng cách sau đó áp dụng hệt thức lượng trong tam giác vuông để tính toán. Cách giải:  BC ⊥ AB Kẻ AH ⊥ SB = { H } Ta có:  => BC ⊥ ( SAB ) => BC ⊥ AH .  BC ⊥ SA  AH ⊥ SB => AH ⊥ ( SBC ) => d ( A; ( SBC ) ) = AH .   AH ⊥ BC Áp dụng hệ thức lượng trong ∆SAB có đường cao AH ta có: SA. AB a 3a a 3 d ( A; ( SBC ) ) = AH = = = 2 2 2 2 2 3a + a SA + AB Chọn D. Câu 32: Phương pháp Sử dụng đơn điệu của hàm số mũ y = a x : Với 0 < a < 1 thì hàm số nghịch biến trên R với a > 1 thì hàm số đồng biến trên R. Cách giải: Ta có: 0 < x < 1 thì xα < x β < xγ < x1 => α > β > γ > 1. Với x > 1 thì : x1 < xγ < x β < xα => 1 < γ < β < α .

Chọn D. Câu 33: Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số y = f ' ( x ) suy ra tính đơn điệu của hàm số y = f ( x ) và chọn đáp án đúng. Cách giải:

 −2 < x < 2 f '( x) > 0 ⇔  x > 5 g ' ( x ) =  f ( 3 − 2 x )  ' = −2 f ' ( 3 − 2 x ) Ta có: => g ' ( x ) < 0 ⇔ f ' ( 3 − 2 x ) > 0

5 1 <x<  −2 < 3 − 2 x < 2 ⇔ ⇔ 2 2   3 − 2x > 5 x 1 < −  Trang 13/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chọn C. Câu 34: Phƣơng pháp Cho điểm O và hệ số k ≠ 0 Phép biến hình mỗi điểm M thành M’ sao cho: OM ' = kOM được gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k. Ký hiệu: V( O ;k ) . Cách giải: I (1;1.R = 2 )

x' = 2 Ta có: V( O;2) ( I ) ⇔ OI ' = 2OI ⇔  => I ' ( 2; 2 ) y ' = 2 2

=> R ' = 2 R = 4 => ( C ') : ( x − 2 ) + ( y − 2 ) = 16. Chọn C. Câu 35: Phương pháp Dựa vào lý thuyết quan hệ song song và quan hệ vuông góc trong không gian. Cách giải: Ta có mệnh đề (III) sai vì có thể b nằm trong (P).

Chọn D. Câu 36: Phương pháp +) Tìm điều kiện xác định của bất phương trình. +) Giải bất phương trình.

Cách giải: Ta có:

  x > −1  x +1 > 0  −1 < x < 2   ⇔ x<2 ⇔ 2 − x > 0 log 3 ( 2 − x ) + log 3 ( x + 1) < 0 loh ( x + 1) > log ( 2 − x ) − log ( x + 1) > log ( 2 − x ) 1 3 3 3   3  −1 < x < 2    x > 1 + 5  −1 < x < 2  −1 < x < 2 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔  2  − x + x + 1 x − x − 1 > 0     x < 1 − 5 2    1− 5   1+ 5  ; 2  ⇒ S =  −1; ∪ 2   2   ⇒ a + b + c + d = −1 +

1− 5 1+ 5 + +2=2 2 2

Chọn D. Câu 37: Phương pháp Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao H là: V = π R 2 h . Cách giải: Trang 14/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đường kính đáy của khối trụ là: 2r =

( 2R )

− R 2 = R 3 => r =

R 3 2

R 3 3π R 3 . => V = π r h = π   R = 4  2  2

Chọn A. Câu 38: Phương pháp Góc giữa đường thẳng d với mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng d với hình chiếu của đường thẳng d trên (P). Cách giải:  CD ⊥ SA Ta có  ⇒ CD ⊥ ( SAD ) . CD ⊥ AD

⇒ ∠ ( SC , ( SAD ) ) = ∠CSD.

1 CD a a = = = 2 2 SD 3 a 3 a + 2a 0 => ∠CSD = 30

⇒ ∠CSD =

Chọn B. Câu 39: Phương pháp Xác định đường vuông góc chung giữa hai đường thẳng sau đó tính khoảng cách. Cách giải: Ta có: AA '/ / ( BCC ' B ' ) => d ( AA ', BC ) = d ( A, ( BCC 'B') ) Kẻ AH ⊥ BC ⇒ AH ⊥ ( BCC ' B ' ) => AH = d ( AA ', BC ) .

AC = BC 2 − AB 2 = 4a 2 − 3a 2 = a => AH = d ( AA ', BC ) =

AB. AC 2

AB + AC

a.a 3 a 3 = 2a 2

Chọn B. Câu 40: Phương pháp Giải phương trình tích Cách giải: Điều kiện xác định x − m ≥ 0 ⇔ x ≥ m.

x=4  x2 − 5x + 4 = 0 ( x − 5 x + 4 ) x − m = 0 ⇔  x − m = 0 ⇔  x = 1   x = m Phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt ⇔ pt x = m vô nghiệm hoặc có nghiệm có nghiệm x = 1, x = 4 ⇔ 1 ≤ m < 4 Lại có Chọn C. Câu 41: Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số đã cho và biến đổi, đặt ẩn phụ để tìm đáp án đúng. Cách giải: 2

Trang 15/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 3 7  21  Đặt t = x 2 − 2 x, x ∈  − ;  =>  −1;  4  2 2 

 21  Từ đồ thị hàm số ta xét hàm số y = f ( t ) , t ∈  −1;  4   21  => m = min f ( t ) = f ( 2 ) = 2, M max f ( t ) > f   = 5  21  21  4  −1;   −1;  

4



4

=> M + m > 7 Chọn A. Câu 42: Phương pháp Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy S và chiều cao h là V = Sh Chia khối lăng trụ ABC. A1 B1C1 thành khối chóp C1. ABC và khối tứ giác C1 ABB1 A1 Ta có: 2   VC1 ABB1 A1 = 3 V 1 VC1 ABC = V =>  1 1 3 V d ( A; ( ABB1 A1 ) ) = .6.8 = 16 C1 ABB1 A1 =  3 3 Chọn A. Câu 43: Gọi α , β lần lượt là các góc tạo bởi tia Ox và phần đồ thị phía trên trục Ox của d1 , d 2 . Khi đó ta có: a1 = tan α , a2 = tan β . Cách giải: Gọi α , β lần lượt là các góc tạo bởi tia Ox và phần đồ thị phía trên trục Ox của d1 , d 2 Khi đó ta có: a1 = tan α , a2 = tan β . Vẽ đồ thị như hình vẽ bên. Theo tính chất đối xứng của đồ thị hàm số ta có: α + β = 90 1 => a1 = a2

 a1 = 2 b1 = −1 5   Lại có: a1 + a2 = =>  1⇒ 1 2 a2 = 2  b2 = 2 1 => P = b1b2 = − 2 Chọn C. Câu 44: Phương pháp Thể tích của khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: V = Sh. Cách giải: Ta có: ∆SBD = ∆ABD (c − c − c) ⇒ AO = SO = OC => ∆SAC vuông tại S. (tam giác có đường trung tuyến từ đỉnh S đến cạnh AC bằng nửa cạnh AC).

Trang 16/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ AO =

1 1 1 AC = SA2 + SC 2 = 1 + x2 2 2 2

⇒ BO = AB 2 − AO 2 = 1 −

1 + x2 3 − x2 = 4 2

1 1 AC.BD = . 1 + x 2 . 3 − x 2 2 2 SA.SC x SH = = SA2 + SC 2 1 + x2 1 1 x 1 . . 1 + x2 . 3 − x2 ⇒ VSABCD = SH .S ABCD = . 2 3 3 1+ x 2

⇒ S ABCD =

x2 (3 − x2 )

1 = x 3 − x2 = 6

≤

1 x2 + 3 − x2 1 = 2 6 4

1 ⇒ MaxVSABCD = . 4 Chọn C. Câu 45: Phương pháp Tính xác xuất của biến cố đối: P ( A ) = 1 − P A

( )

Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu là: nΩ = C158 Gọi biến cố A: “Số cuốn sách còn lại của thầy Tuấn có đủ cả ba môn”. Khi đó ta có biến cố: A : “Số cuốn sách còn lại của thầy Tuấn không có đủ cả 3 môn”. Ta có các trường hợp xảy ra: +) TH1: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Toán và Lý. Số cách chọn là: C97 . +) TH2: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Lý và Hóa. Số cách chọn là: C117 +) TH3: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Hóa và Toán. Số cách chọn là: 7 C107

( )

⇒ P ( A) = 1 − P A =

C97 + C117 + C107 54 661 = 1− = 8 C15 715 715

Chọn B. Câu 46: Phương pháp Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương và ba số dương. Khảo sát sự biến thiên của hàm số, tìm giá trị lớn nhất của hàm số. Cách giải: Áp dụng bất đẳng thức cho hai số dương ta có:  a + 4b b + 4c a + 4b + 16c  + + 8a + 3b + 4   8a + 3b + 4 ab + bc + 3 abc 4 12  4  = 28 . a + b + c P= ≤ 2 1 + (a + b + c) 2 3 1 + ( a + b + c )2 1+ (a + b + c)

(

)

Đặt a + b + c = t , (t > 0). 28 28 t Ta có: P = f (t ) = . 2 (t > 0) 3 3 t +1 2 2  t = 1 (tm) 1 + t − 2t 1− t2 Có: f ' ( t ) = = => f ' ( t ) = 0 ⇔  2 2 2 2 (1 + t ) (1 + t ) t = −1(ktm) Ta có BBT:

Trang 17/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

f’(t)

+∞

−

f(t) 0

Dựa vào BBT ta có: max f ( t ) =

1 khi t = 1 2

28 1 14 . = 3 2 3 16 a   4 =b a = 21  a = 4b   4 b   Dấu “=” xảy ra ⇔  = c ⇔  b = 4c ⇔ b = 21 4 21c = 1   1 a + b + c = 1    c = 21   Chọn B. Câu 47: Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số khảo sát sự biến thiên của hàm số f ( x ) sau đó xác định sự biến thiên của hàm số => MaxP =

h ( x ) và chọn đáp án đúng. Cách giải: Xét hàm số: g ( x ) = f 2 ( x ) + f ( x ) + m => g ' ( x ) = 2 f ( x ) . f ' ( x ) + f ' ( x ) = f ' ( x )  2 f ( x ) + 1  f '( x ) = 0  f '( x) = 0 => g ' ( x ) = 0 ⇔  ⇔ 1  2 f ( x ) = −1  f ( x ) = − 2    x =1  f '( x) = 0 ⇔  x = 3 Dựa vào đồ thị hàm số ta có:   1  f ( x ) = − ⇔ x = a (a < 0)  2   g (1) = f 2 (1) + f (1) + m > m  ⇒  g ( 3) = f 2 ( 3) + f ( 3) + m = m  1 g (a) = f 2 (a) + f (a) + m = m − 4  Ta có bảng biến thiên:

x g’(x) g(x)

−∞

1 +

−

+∞ +

g (1)

+∞

g (a)

+∞ m

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số g(x) có 3 điểm cực trị. Trang 18/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1  => h ( x ) = g ( x ) = f 2 ( x ) + f ( x ) + m =  f ( x ) +  + m − có điểm cực trị ít nhất là 3. 2 4 

Đồ thị hàm số g(x) nằm phía trên trục Ox ( kể cả trường hợp tiếp xúc với Ox) 1 1 ⇒ m ≥ => m0 = 4 4 Chọn A. Câu 48: Phương pháp Sử dụng các tính chất của tam giác vuông cân. Cách giải: 2   2   Gọi B  a; 2 +  , C  c; 2 + (a < 1 < c) a −1   c −1   Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C trên trục Ox ⇒ H ( a, 0 ) , K (c;0)  AB = AC ∆ABC vuông cân =>  0 ∠BAC = 90 Ta có: ∠BCA = ∠CAK + ∠ACK = ∠BAH + ∠ABH Mà: ∠BAH + ∠CAK = 900 ⇒ ∠BAH = ∠ACK Xét ∆ABH và ∆CAK ta có: ∠BAH = ∠ACK (CMT )

AC = AB ( gt ) => ∆ABH = ∠CAK (ch − gn) => AH = CK , HB = AK (các cạnh tương ứng bằng nhau) Ta có: AH a − 2 = 2 − a; AK = c − 2 ; ( a < 1) BH = 2 +

2 2 2 ; CK = 2 + = 2+ (c > 1) a +1 c −1 c −1

2  2−a = 2+   AH = CK c −1  ⇒ ⇔  HB = AK 2+ 2 = c−2  a −1 2  a=  2  1− c a=   1− c 2  4 +  =c−2   b = −1 (tm)  2 2 ⇔ 2 + ⇔ = c − 2 ⇔  −1 a −1 1− c  c = 3 (tm)     2 2 2   2 + a − 1 = 2 − c  c = 1 − a = 2  1−  1− c 

 B ( −1;1) ⇒ => T = ( −1) .1 + 3.3 = 8  C ( 3;3) Chọn D. Câu 49: Phƣơng pháp Đặt log 2 x = t , xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành sau đó biện luận và áp dụng định lý Vi-ét. Cách giải: Trang 19/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là: a log 22 x + b log 2 x + c = 0 (*)

Đặt log 2 x = t ,ta có (*) ⇔ at 2 + bt + c = 0 , (1) Có: x ∈ [1; 2] => t ∈ [ 0;1] Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thuộc [1; 2] phương trình (1) có hai nghiệm t1 ; t2 ∈ [ 0;1]

b  t1 + t2 = − a Áp dụng định lý Vi-ét ta có:  t t = c  1 2 a 2

b b 2−3 +  2 3 2 a − b )( 2a − b ) 2a − 3ab + b t1 + t2 ) + 3 ( t1 + t2 ) + 2 ( ( a a = 2 = = Theo đề bài ta có: P = b c a (a − b + c) a − ab + ca 1 + t1 + t2 + t1t2 1− + a a 2 Lại có: 0 ≤ t1 < t2 ≤ 1 ⇒ t12 ≤ t1t2 ; t22 ≤ 1 => ( t1 + t2 ) ≤ 3t1t2 + 1 2

( t + t ) + 3 ( t1 + t2 ) + 2 ≤ 3t1t2 + 1 + 3 ( t1 + t2 ) + 2 = 3 ⇒P= 1 2 1 + ( t1 + t2 ) + t1t2 1 + t1t2 + t1 + t2 ⇒ Pmin = 3. Chọn C. Câu 50: Phƣơng pháp Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến chung của hai mặt phẳng đó. Cách giải:  MN / / SD Ta có:  => ( MNP ) / / ( SCD )  NP / / CD ⇒ ∠ ( ( SAC ) , ( MNP ) ) = ∠ ( ( SAC ) , ( SCD ) ) = α Gọi H là hình chiếu vuông góc của A xuống (SCD), K là hình chiếu của H xuống SC ⇒ α = ∠AKH 1 1 1 1 1 1 Ta có: VSACD = VSABCD = .SA.S ABCD = SA.2 S ABD = .SA. AB. AD.sin ∠BAD = . .3.4. 3.2 3 = 6 2 3 3 3 3 2 Có: AC 2 = 13 ⇒ SC 2 = SA2 + AC 2 = 25 SD = SA2 + AD 2 = 12 + 16 = 28 ⇒ S SCD =

p ( p − a )( p − b )( p − c ) = 54 = 3 6

⇒ AH = d ( A; ( CSD ) ) = SA. AC

AK =

SA + AC ⇒ sin α =

3VSACD 3.6 = = 6 S SCD 3 6

2 39 5

5 5 26 AH = 6. = ⇒ α ∈ ( 600 ;900 ) AK 26 2 39

Chọn A.

Trang 20/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

C3 C4 C5 C14 C18 C25 C26 C27 C28

C33 C40 C43 C48

C41 C46 C47

C15 C29 C36

C32

C49

C17

C19 C31 C38 C39 C44

C42 C50

C20

C37

C45

Đại số Chương 1: Hàm Số

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C2 C10 C11 C13

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng Lớp 12 (76%)

Chương 4: Số Phức

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C6 C7

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

Đại số

Lớp 11 (16%)

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

Chương 2: Tổ Hợp - Xác Suất

C12

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân Chương 4: Giới Hạn

C24

C16

Trang 21/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 5: Đạo Hàm

Hình học Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng

C34

Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

C35

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (8%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình.

C30

Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ

C21 C22

C23

Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Tổng số câu

Điểm

2.8

1.2

Trang 22/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI: Đề thi thử THPT QG môn Toán lần 1 Trường THPT Quảng Xương I bao gồm 50 câu trắc nghiệm với 76% kiến thức lớp 12, 16% kiến thức lớp 11 và 8% kiến thức lớp 10, giúp học sinh ôn thi một cách tổng quát. Đề thi với những câu hỏi ở đầy đủ các mức độ từ NB – TH – VD – VDC giúp các em có thể rèn luyện cách làm bài tốt hơn với mọi dạng bài ở mọi mức độ. Sau khi làm đề thi, các em có thể biết mình đã hiểu sâu phần kiến thức nào và cần bổ sung phần kiến thức nào. Như vậy các em sẽ ôn thi tốt hơn.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.D

11.A

21.B

31.D

41.A

2.D

12.C

22.C

32.D

42.A

3.B

13.C

23.C

33.C

43.C

4.B

14.C

24.A

34.C

44.C

5.C

15.B

25.C

35.D

45.B

6.A

16.A

26.B

36.D

46.B

7.D

17.A

27.A

37.A

47.A

8.B

18.D

28.C

38.B

48.D

9.B

19.B

29.D

39.B

49.C

10.B

20.D

30.B

40.C

50.A

π  Xét đáp án A có: ≈ 1, 047 > 0 ⇒ y =   đồng biến trên loại đáp án A. 3 3 Loại đáp án B vì TXĐ là: ( 0; +∞ ) .

Xét đáp án C có: y ' =

+ 1) ln

⇒ y'= 0 ⇔ x = 0

4 => hàm số không thể nghịch biến trên R => loại đáp án C. Chọn D.

Trang 23/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3: Phuơng pháp +) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x ) =

g ( x) ⇔ lim f ( x ) = ∞ hoặc x = a x→a h ( x)

− x3 + 3x 2 + 2 x − 1 = 3x 2 − 2 x − 1  x=0 ⇔ x − 4 x = 0 ⇔  x = −2  x = 2 3

⇒ Hai đồ thị hàm số có 3 điểm chung. Chọn C. Câu 6: Phương pháp Dựa vào hình vẽ, đếm tổng số mặt bên và mặt đáy của khối đa diện. Cách giải: Ta thấy khối đa diện trong hình vẽ có 11 mặt cả mặt đáy. Chọn A. Câu 7: Phương pháp Dựa vào lý thuyết đa diện. Cách giải: Khối bát diện đều có 6 đỉnh, 12 cạnh và 8 mặt. Chọn D. Câu 8: Phương pháp Sử dụng công thức giải phương trình lượng giác đặc biệt: sin f ( x ) = 1 ⇔ f ( x ) =

π 2

+ k 2π .

Cách giải:

sin 2 x = 1 ⇔ 2 x =

π 2

+ k 2π ⇔ x =

π 4

+ kπ

Chọn B.

Trang 24/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 9: Phương pháp Sử dụng quy tắc nhân hoặc chỉnh hợp. Cách giải:

Gọi số cần lập có dạng: abc ( a ≠ b ≠ c ) . Khi đó có A33 = 3! = 6 cách chọn. Chọn B. Câu 10: Phương pháp Dựa vào BBT để kết luận tính đồng biến, nghịch biến của hàm số. Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên ( −∞; −1) và (1; +∞ ) , hàm số nghịch biến trên (-1;1). Chọn B. Câu 11: Phương pháp Số cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x ) là số nghiệm bội lẻ của phương trình f ' ( x ) = 0 Cách giải: +) Xét đáp án A ta có: y ' = −4 x3 − 6 x = 0 ⇔ x = 0 => đồ thị hàm số có đúng 1 điểm cực trị. Chọn A. Chú ý khi giải: Với các bài toán mà sau khi thử đáp án A chưa đúng, các em cần thử các đáp án tiếp theo đến khi chọn được đáp án đúng. Câu 12: Phương pháp n

Sử dụng công thức số hạng tổng quát của nhị thức: ( a + b ) = ∑ Cnk a n − k b k n

k =0

Cách giải: 12

Ta có: (1 + x ) = ∑ C12k x k 12

k =0

Để có số hạng không chứa x trong khai triển thì: k = 5. Vậy hệ số cần tìm là: C125 = 792 Chọn C. Câu 13:

Phương pháp +) Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x ) ⇔ lim f ( x ) = b x →∞

Cách giải: Ta có: y ' =

2 +1

( x + 1)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

2x −1 tại điểm x = −2 là: x +1

Trang 25/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

( −2 + 1)

( x + 2) +

2. ( −2 ) − 1 = 3x + 6 + 5 = 3 x + 11. −2 + 1

Chọn C. Câu 15: Phương pháp Với 0 < a < 1 => a n > a m ⇔ n < m. Cách giải: Ta có: 0 < 2019 − 2018 < 0 =>

(

2019 − 2018

) >(

2019 − 2018

)

⇔a<b

Chọn B. Câu 16: Phương pháp Sử dụng các quy tắc tính giới hạn của dãy số. Cách giải: 1 2+ 2n + 1 n = 2. Ta có: lim = lim 2 3n + 2 3 3+ n Chọn A. Câu 17: Phƣơng pháp Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy là S và chiều cao h là: V =

1 Sh . 3

Cách giải: Ta có: VSABCD =

a3 1 1 SA.S ABCD = a.a 2 = . 3 3 3

Trang 26/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chọn D. Câu 21: Phương pháp Sử dụng quy tắc hình bình hành: Cho hình bình hành ABCD ta có : AB + AD = AC Cách giải: Ta có: AB + AC + AD = AB + AD + AC = 2 AC

(

)

Chọn B. Câu 22: Phuwơng pháp Sử dụng các công thức : : AB = ( xB − x A ; yB − y A ) , a ( a1 ; a2 ) + b ( b1 ; b2 ) = ( a1 + b1 ; a2 + b2 ) .

=> {B} = AB ∩ BC ⇒ tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: 2 x + y + 5 = 0 . Chọn C.   x + y +1 = 0 Câu 24: Phương pháp Cấp số nhân ( un ) có số hạng đầu là u1 và công bội q thì số hạng un = u1.q n −1 Cách giải: Giả sử 2048 là số hạng thứ n ta có: un = u1.q n −1 = 1.2n −1 = 2048 ⇔ n − 1 = 11 ⇔ n = 12 Chọn A. Câu 25: Phương pháp Số nghiệm của phương trình f (x) = 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng y =1. Dựa vào đồ thị hàm số để biện luận số nghiệm của phương trình. Cách giải: Số nghiệm của phương trình f (x) =1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng y =1. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y =1 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt trong đó có hai điểm có hoành độ nhỏ hơn 2. Chọn C.

Câu 26: Trang 27/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp Tìm GTLN và GTNN của hàm số y = f ( x ) trên [ a; b] bằng cách: +) Giải phương trình y ' = 0 tìm các nghiệm xi . +) Tính các giá trị f ( a ) , f ( b ) , f ( xi ) ( xi ∈ [ a; b ]) . Khi đó: min f ( x ) = min { f ( a ) ; f ( b ) ; f ( xi )} , max f ( x ) = max { f ( a ) ; f ( b ) ; f ( xi )} [ a ;b ]

[ a ;b ]

Cách giải: Ta có: f ' ( x ) = 1 −

 x = 2 ∈ [1;3] 4 4 => f ' ( x ) = 0 ⇔ 1 − 2 = 0 ⇔ x 2 = 4 ⇔  2 x x  x = −2 ∉ [1;3]

f (1) = 5; f ( 2 ) = 4; f ( 3) =

13 3

=> min f ( x ) = f ( 2 ) = 4. [1;3]

Chọn B. Câu 27: Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số nhận xét số điểm cực trị, các điểm thuộc đồ thị hàm số và các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số và đưa ra kết luận đúng.

Cách giải: Ta thấy đồ thị hàm số có 2 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu => a < 0 và y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt.  x=0 Có: y ' = 4ax 3 + 2bx = 0 ⇔ 2 x ( 2ax 2 + b ) = 0 ⇔  2 b  x = − (1) a 

Phương trình y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ pt (1) có 2 nghiệm phân biệt ≠ 0 ⇔ −

b b >0⇔ <0 a a

mà a < 0 => b > 0.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ lớn hơn 0 ⇒ c > 0 . Chọn A. Câu 28: Phương pháp Hàm số y =

1 xác định ⇔ f ( x ) > 0 f ( x)

Hàm số y = ln f ( x ) xác định ⇔ f ( x ) > 0 Cách giải: 2 − x > 0 x < 2 ⇔ ⇔ 1 < x < 2. Hàm số đã cho xác định ⇔   x −1 > 0 x >1 Chọn C. Câu 29: Phương pháp 1 Sử dụng công thức: a − m = m a Trang 28/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Giải phương trình mũ: a f ( x ) = a g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x ) . Cách giải:

1   7

x 2 − 2 x −3

x −1

1 ⇔  7

x 2 − 2 x −3

1− x

1 =  7

 1 − 17 x =  2 x2 − 2 x − 3 = 1 − x ⇔ x2 − x − 4 = 0 ⇔   x = 1 + 17  2 Chọn D. Câu 30: Phương pháp +) Đặt điều kiện cho hệ phương trình xác định. +) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế sau đó tính giá trị của biểu thức. Cách giải: Điều kiện: y 2 ≥ x 2 .  x + y 2 − x 2 = 12 − y (1)  (2)  x y 2 − x 2 = 12  y ≤ 12  12 − y ≥ 0 (1) ⇔  2 ⇔  2 2 2 2 2 2 2 2 x y − x = 144 − 24 y (*)  x + 2 x y − x + y − x = 144 − 24 y + y Thế (2) vào (*) ta được: 2.12 = 144 − 24 y ⇔ 24 y = 120 ⇔ y = 5 (tm)

=> x 25 − x 2 = 12 ⇔ x 2 ( 25 − x 2 ) = 144  x 2 = 16 ⇔ x 4 − 25 x 2 + 144 = 0 ⇔  2  x =9 2 2 2 ⇒ T = x1 + x2 − y1 = 16 + 9 − 52 = 0 Chọn B. Câu 31: Phương pháp Chứng minh để tìm khoảng cách sau đó áp dụng hệt thức lượng trong tam giác vuông để tính toán. Cách giải:  BC ⊥ AB Kẻ AH ⊥ SB = { H } Ta có:  => BC ⊥ ( SAB ) => BC ⊥ AH .  BC ⊥ SA  AH ⊥ SB => AH ⊥ ( SBC ) => d ( A; ( SBC ) ) = AH .   AH ⊥ BC Áp dụng hệ thức lượng trong ∆SAB có đường cao AH ta có: SA. AB a 3a a 3 d ( A; ( SBC ) ) = AH = = = 2 2 2 2 2 SA + AB 3a + a Chọn D. Câu 32: Phương pháp Sử dụng đơn điệu của hàm số mũ y = a x : Với 0 < a < 1 thì hàm số nghịch biến trên R với a > 1 thì hàm số đồng biến trên R. Cách giải:

Trang 29/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có: 0 < x < 1 thì xα < x β < xγ < x1 => α > β > γ > 1. Với x > 1 thì : x1 < xγ < x β < xα => 1 < γ < β < α .

Chọn D. Câu 33: Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số y = f ' ( x ) suy ra tính đơn điệu của hàm số y = f ( x ) và chọn đáp án đúng. Cách giải:  −2 < x < 2 f '( x) > 0 ⇔  x > 5 g ' ( x ) =  f ( 3 − 2 x )  ' = −2 f ' ( 3 − 2 x )

Ta có: => g ' ( x ) < 0 ⇔ f ' ( 3 − 2 x ) > 0 5 1 <x<  −2 < 3 − 2 x < 2 ⇔ ⇔ 2 2   3 − 2x > 5 < − x 1 

x' = 2 Ta có: V( O;2 ) ( I ) ⇔ OI ' = 2OI ⇔  => I ' ( 2; 2 ) y ' = 2 2

Chọn D. Câu 36: Phương pháp +) Tìm điều kiện xác định của bất phương trình. +) Giải bất phương trình.

Cách giải: Ta có:

Trang 30/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

  x > −1  x +1 > 0  −1 < x < 2   ⇔ x<2 ⇔ 2 − x > 0 log 3 ( 2 − x ) + log 3 ( x + 1) < 0 loh ( x + 1) > log ( 2 − x ) − log ( x + 1) > log ( 2 − x ) 1 3 3 3   3  −1 < x < 2    x > 1 + 5  −1 < x < 2  −1 < x < 2 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔  2  − x + x + 1 x − x − 1 > 0     x < 1 − 5   2  1− 5  1+ 5  ⇒ S =  −1; ; 2  ∪ 2   2   ⇒ a + b + c + d = −1 +

1− 5 1+ 5 + +2=2 2 2

Chọn D. Câu 37: Phương pháp Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao H là: V = π R 2 h .

Cách giải: Đường kính đáy của khối trụ là: 2r =

( 2R )

− R 2 = R 3 => r =

R 3 2

R 3 3π R 3 . => V = π r h = π   R = 4  2  2

⇒ ∠ ( SC , ( SAD ) ) = ∠CSD.

1 CD a a = = = 2 2 SD 3 a 3 a + 2a 0 => ∠CSD = 30 Chọn B. Câu 39: Phương pháp Xác định đường vuông góc chung giữa hai đường thẳng sau đó tính khoảng cách. Cách giải: Ta có: AA '/ / ( BCC ' B ') => d ( AA ', BC ) = d ( A, ( BCC 'B') ) ⇒ ∠CSD =

Kẻ AH ⊥ BC

Trang 31/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ AH ⊥ ( BCC ' B ' ) => AH = d ( AA ', BC ) . AC = BC 2 − AB 2 = 4a 2 − 3a 2 = a => AH = d ( AA ', BC ) =

AB. AC 2

AB + AC

a.a 3 a 3 = 2a 2

Chọn B. Câu 40: Phương pháp Giải phương trình tích Cách giải: Điều kiện xác định x − m ≥ 0 ⇔ x ≥ m.

x=4  x2 − 5x + 4 = 0 ( x − 5 x + 4) x − m = 0 ⇔  x − m = 0 ⇔  x = 1   x = m Phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt ⇔ pt x = m vô nghiệm hoặc có nghiệm có nghiệm x = 1, x = 4 ⇔ 1 ≤ m < 4 Lại có Chọn C. Câu 41: Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số đã cho và biến đổi, đặt ẩn phụ để tìm đáp án đúng. Cách giải:  3 7  21  Đặt t = x 2 − 2 x, x ∈  − ;  =>  −1;  4  2 2   21  Từ đồ thị hàm số ta xét hàm số y = f ( t ) , t ∈  −1;  4   21  => m = min f ( t ) = f ( 2 ) = 2, M max f ( t ) > f   = 5  21   21  4  −1; 4   −1; 4  2









Trang 32/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Khi đó ta có: a1 = tan α , a2 = tan β . Vẽ đồ thị như hình vẽ bên. Theo tính chất đối xứng của đồ thị hàm số ta có: α + β = 90 1 => a1 = a2

 a1 = 2 b1 = −1 5   Lại có: a1 + a2 = =>  1⇒ 1 2 a2 = 2  b2 = 2 1 => P = b1b2 = − 2 Chọn C. Câu 44: Phương pháp Thể tích của khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: V = Sh. Cách giải: Ta có: ∆SBD = ∆ABD (c − c − c ) ⇒ AO = SO = OC => ∆SAC vuông tại S. (tam giác có đường trung tuyến từ đỉnh S đến cạnh AC bằng nửa cạnh AC). 1 1 1 ⇒ AO = AC = SA2 + SC 2 = 1 + x2 2 2 2 ⇒ BO = AB 2 − AO 2 = 1 −

1 + x2 3 − x2 = 4 2

1 1 AC.BD = . 1 + x 2 . 3 − x 2 2 2 SA.SC x SH = = 2 2 SA + SC 1 + x2 1 1 x 1 . . 1 + x2 . 3 − x2 ⇒ VSABCD = SH .S ABCD = . 2 3 3 1+ x 2

⇒ S ABCD =

1 = x 3 − x2 = 6

x2 (3 − x2 ) 6

≤

1 x2 + 3 − x2 1 = 2 6 4

1 ⇒ MaxVSABCD = . 4 Chọn C. Câu 45: Phương pháp Tính xác xuất của biến cố đối: P ( A ) = 1 − P A

( )

Trang 33/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

( )

⇒ P ( A) = 1 − P A =

C97 + C117 + C107 54 661 = 1− = 8 715 715 C15

Chọn B. Câu 46: Phương pháp Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương và ba số dương. Khảo sát sự biến thiên của hàm số, tìm giá trị lớn nhất của hàm số. Cách giải: Áp dụng bất đẳng thức cho hai số dương ta có:  a + 4b b + 4c a + 4b + 16c  8a + 3b + 4  + +  8a + 3b + 4 ab + bc + 3 abc 4 4 12   = 28 . a + b + c P= ≤ 2 1 + (a + b + c ) 2 3 1 + ( a + b + c )2 1+ (a + b + c)

(

)

Dựa vào BBT ta có: max f ( t ) =

1 khi t = 1 2

28 1 14 . = 3 2 3 16 a   4 =b a = 21  a = 4b   4 b   ⇔  b = 4c ⇔ b = Dấu “=” xảy ra ⇔  = c 21 4 21c = 1   1 a + b + c = 1    c = 21   Chọn B. Câu 47: Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số khảo sát sự biến thiên của hàm số f ( x ) sau đó xác định sự biến thiên của hàm số => MaxP =

h ( x ) và chọn đáp án đúng. Cách giải: Xét hàm số: g ( x ) = f 2 ( x ) + f ( x ) + m => g ' ( x ) = 2 f ( x ) . f ' ( x ) + f ' ( x ) = f ' ( x )  2 f ( x ) + 1 Trang 34/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 f '( x) = 0  f '( x) = 0 => g ' ( x ) = 0 ⇔  ⇔ 1  2 f ( x ) = −1  f ( x ) = − 2   x =1  f '( x) = 0 ⇔  x = 3 Dựa vào đồ thị hàm số ta có:   1  f ( x ) = − ⇔ x = a (a < 0) 2    g (1) = f 2 (1) + f (1) + m > m  ⇒  g ( 3) = f 2 ( 3) + f ( 3) + m = m  1 g (a) = f 2 (a) + f (a) + m = m − 4  Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số g(x) có 3 điểm cực trị. 2

1 1  => h ( x ) = g ( x ) = f 2 ( x ) + f ( x ) + m =  f ( x ) +  + m − có điểm cực trị ít nhất là 3. 2 4 

Đồ thị hàm số g(x) nằm phía trên trục Ox ( kể cả trường hợp tiếp xúc với Ox) 1 1 ⇒ m ≥ => m0 = 4 4 Chọn A. Câu 48: Phương pháp Sử dụng các tính chất của tam giác vuông cân. Cách giải: 2   2   G ọi B  a ; 2 +  , C  c; 2 +  (a < 1 < c) a −1   c −1   Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C trên trục Ox ⇒ H ( a, 0 ) , K (c;0)  AB = AC ∆ABC vuông cân =>  0 ∠BAC = 90 Ta có: ∠BCA = ∠CAK + ∠ACK = ∠BAH + ∠ABH Mà: ∠BAH + ∠CAK = 900 ⇒ ∠BAH = ∠ACK Xét ∆ABH và ∆CAK ta có:

Trang 35/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

∠BAH = ∠ACK (CMT ) AC = AB ( gt ) => ∆ABH = ∠CAK (ch − gn) => AH = CK , HB = AK (các cạnh tương ứng bằng nhau)

Ta có: AH a − 2 = 2 − a; AK = c − 2 ; ( a < 1)

BH = 2 +

2 2 2 ; CK = 2 + = 2+ (c > 1) a +1 c −1 c −1

2  2−a = 2+  AH = CK  c −1  ⇒ ⇔ 2  HB = AK 2+ = c−2  a −1 2  a=  2  1− c a=   1− c 2  4 +  =c−2  b = −1 (tm)  2 2 ⇔ 2 + ⇔ = c − 2 ⇔  −1 a −1 1− c  c = 3 (tm)     2 2 2   2 + a − 1 = 2 − c  c = 1 − a = 2  1−  1− c   B ( −1;1) ⇒ => T = ( −1) .1 + 3.3 = 8  C ( 3;3) Chọn D. Câu 49: Phƣơng pháp Đặt log 2 x = t , xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành sau đó biện luận và áp dụng định lý Vi-ét. Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là: a log 22 x + b log 2 x + c = 0 (*)

b  t1 + t2 = − a Áp dụng định lý Vi-ét ta có:  t t = c  1 2 a 2

b b 2−3 +  2 3 2 − 2 − a b a b ( )( ) = 2a − 3ab + b = ( t1 + t2 ) + 3 ( t1 + t2 ) + 2 a a = Theo đề bài ta có: P = b c a (a − b + c) a 2 − ab + ca 1 + t1 + t2 + t1t2 1− + a a 2 Lại có: 0 ≤ t1 < t2 ≤ 1 ⇒ t12 ≤ t1t2 ; t22 ≤ 1 => ( t1 + t2 ) ≤ 3t1t2 + 1 2

( t + t ) + 3 ( t1 + t2 ) + 2 ≤ 3t1t2 + 1 + 3 ( t1 + t2 ) + 2 = 3 ⇒P= 1 2 1 + ( t1 + t2 ) + t1t2 1 + t1t2 + t1 + t2 ⇒ Pmin = 3.

Trang 36/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chọn C. Câu 50: Phƣơng pháp Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến chung của hai mặt phẳng đó. Cách giải:  MN / / SD Ta có:  => ( MNP ) / / ( SCD )  NP / / CD

⇒ ∠ ( ( SAC ) , ( MNP ) ) = ∠ ( ( SAC ) , ( SCD ) ) = α Gọi H là hình chiếu vuông góc của A xuống (SCD), K là hình chiếu của H xuống SC ⇒ α = ∠AKH 1 1 1 1 1 1 Ta có: VSACD = VSABCD = .SA.S ABCD = SA.2 S ABD = .SA. AB. AD.sin ∠BAD = . .3.4. 3.2 3 = 6 2 3 3 3 3 2 Có: AC 2 = 13 ⇒ SC 2 = SA2 + AC 2 = 25 SD = SA2 + AD 2 = 12 + 16 = 28 ⇒ S SCD =

p ( p − a )( p − b )( p − c ) = 54 = 3 6

⇒ AH = d ( A; ( CSD ) ) = AK =

SA. AC SA2 + AC 2

⇒ sin α =

3VSACD 3.6 = = 6 S SCD 3 6

2 39 5

AH 5 5 26 = 6. = ⇒ α ∈ ( 600 ;900 ) AK 26 2 39

Chọn A.

Trang 37/21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH MÃ ĐỀ 304

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 – MÔN TOÁN NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1 (NB): Hình hộp chữ nhật đứng đáy là hình thoi có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 2 B. 1 C. 3 D. 4 Câu 2 (TH): Trong các giới hạn sau đây, giới hạn nào có giá trị bằng +∞ ? 2n 3 + 3 3n +1 + 2n 3n 2 + n 3 2 A. lim B. D. C. lim lim lim n − 4n + 1 ( ) 1 − 2n 2 5 + 3n 4n 2 − 5 3 2 Câu 3 (VD): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x + 3x − 2 = m có hai nghiệm phân biệt. A. m ∈ ( −∞; −2 ] B. m ∉ [ −2; 2] C. m ∈  2; +∞ ) D. m ∈ {−2;2} Câu 4 (TH): Trên đồ thị (C): y = đường thẳng d: x + y = 1 A. 0

B. 4

x +1 có bao nhiêu điểm M mà tiếp tuyến với (C) tại M song song với x+2

C. 3

Câu 5 (TH): Xác định các hệ số a, b, c để đồ thị hàm số y = đồ thị hàm số như hình vẽ bên: A. a = 2, b = 2, c = −1 B. a = 2, b = −1, c = 1 C. a = 2, b = 1, c = 1 D. a = 2, b = 1, c = −1

D. 2 ax − 1 có bx + c

Câu 6 (TH): Cho hàm số y = f (x) có f '(x) > 0∀ x ∈ R . Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của x để 1 f   < f (1) x C. ( −∞;1) A. ( −∞;0 ) ∪ ( 0;1) B. ( −∞;0 ) ∪ (1; +∞ ) D. (0;1) Câu 7 (TH): Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm y ' = x 2 (x − 2) . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hàm số nghịch biến trên R. B. Hàm số đồng biến trên (0; 2) . C. Hàm số nghịch biến trên ( −∞; 0) và (2; +∞ ) D. Hàm số đồng biến trên (2; +∞ ) Câu 8 (TH): Cho cấp số nhân (u n ) có u1 = 2 và biểu thức 20u1 − 10u 2 + u 3 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm số hạng thứ bảy của cấp số nhân (u n ) ? A. 2000000 B. 136250 C. 39062 D. 31250 Câu 9 (VD): Trong không gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm B(2;1; −3) đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng (Q): x + y + 3z = 0 , (R): 2x − y + z = 0 là: A. 4x + 5y − 3z + 22 = 0 B. 4x − 5y − 3z − 12 = 0 C. 2x + y − 3z − 14 = 0 D. 4x + 5y − 3z − 22 = 0 Câu 10 (NB): Đạo hàm của hàm số y = ln ( 5 − 3x 2 ) là: 6 2x 6x −6x B. C. D. 2 2 3x − 5 5 − 3x 3x − 5 3x 2 − 5 Câu 11 (TH): Đặt a = log 2 5 và b = log3 5 . Biểu diễn đúng log 6 5 của theo a, b là:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trang 1/5

1 a+b

B. a + b

ab a+b

a+b ab

1 3 và tanb= . Tính a + b. 7 4 π 2π π π A. B. C. D. 3 3 6 4 Câu 13 (TH): Một hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 5 B. 3 C. 4 D. 6 Câu 14 (NB): Công thức nào sau đây là sai: 1 dx 1 A. ∫ x 3dx = x 4 + C B. ∫ 2 = cot x + C C. ∫ sin xdx = − cos x + C D. ∫ dx = ln x + C 4 sin x x Câu 15 (TH): Cho hình chóp SABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bên vuông góc với mặt đáy. Gọi M là trung điểm của SA, N là hình chiếu vuông góc của A lên SO. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. AC ⊥ (SBD) B. DN ⊥ (SAB) C. AN ⊥ (SOD) D. AM ⊥ (SBC)

Câu 12 (TH): Cho hai góc nhọn a và b thỏa mãn tana=

Câu 16 (TH): Gọi A, B lần lượt là các giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số y = đoạn [3;4] . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để A + B =

x + m 2 + 2m trên x−2

19 2

A. m = 1; m = −3 B. m = −1; m = 3 C. m = ±3 D. m = −4 Câu 17 (TH): Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào là đúng? A. Ba đường thẳng cắt nhau từng đôi một và không nằm trong mặt phẳng đồng quy. B. Một đường thẳng cắt hai đường thẳng cho trước thì cả ba đường thẳng đó cùng nằm trong một mặt phẳng. C. Ba đường thẳng cắt nhau từng đôi một thì cùng nằm trong một mặt phẳng. D. Một đường thẳng cắt hai đường thẳng cho trước thì cả ba đường thẳng đó cùng nằm trong một mặt phẳng. Câu 18 (TH): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A( −2; 4) và B(8; 4) . Tìm tọa độ điểm C trên trục Ox, có hoành độ dương sao cho tam giác ABC vuông tại C. A. C(3; 0) B. C(1; 0) C. C(5; 0) D. C(6; 0) 16 3  Câu 19 (TH): Giá trị lớn nhất của hàm số y = x 2 + trên đoạn  ; 4  bằng: x 2  155 A. 24 B. 20 C. 12 D. 12 Câu 20 (TH): Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có AB và CD thuộc hai đáy hình trụ, AB = 4a; AC = 5a . Tính thể tích khối trụ: A. V = 8πa 3 B. V = 16πa 3 C. V = 12πa 3 D. V = 4 πa 3 Câu 21 (TH): Cho hàm số y = log 1 x . Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề sai? 2

A. Hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định. B. Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang. C. Đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận đứng là trục tung. D. Hàm số đã cho có tập xác định là D = R \ {0} . 12

1  Câu 22 (VD): Cho x là số thực dương, khai triển nhị thức  x 2 +  x  bằng 792. Giá trị của m là: A. m = 3 và m = 9 B. m = 0 và m = 9 C. m = 9 Câu 23 (VD): Tìm tập nghiệm S của phương trình 2 x +1 = 4 A. S = {4} B. S = {1} C. S = {3}

ta có hệ số của số hạng chứa x m D. m = 0 D. S = {2} Trang 2/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 24 (VD): Cho tứ diện ABCD có (ACD) ⊥ (BCD), AC = AD = BC = BD = a, CD = 2x . Giá trị của x để hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc với nhau là: a 2 a 3 a 3 a 5 A. B. C. D. 3 3 2 3 a Câu 25 (VD): Cho khối chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh , ∆SAC vuông tại S và nằm trong 2 mặt phẳng vuông góc với đáy, cạnh bên SA tạo với đáy góc 60° . Tính thể tích V của khối chóp SABCD. a3 3 a3 3 a3 6 a3 2 A. V = B. V = C. V = D. V = 24 12 24 24 3 Câu 26 (NB): Nguyên hàm của hàm số f (x) = 4x + x − 1 là: 1 1 B. 12x 2 + 1 + C C. x 4 + x 2 − x + C D. x 4 − x 2 − x + C A. x 4 + x 2 + x + C 2 2 Câu 27 (VD): Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp 2 trên khoảng K và x 0 ∈ K . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Nếu f ''(x 0 ) = 0 thì x 0 là điểm cực trị của hàm số y = f (x) B. Nếu x 0 thì là điểm cực trị của hàm số y = f (x) thì f ''(x 0 ) ≠ 0 C. Nếu x 0 thì là điểm cực trị của hàm số y = f (x) thì f '(x 0 ) = 0 D. Nếu x 0 thì là điểm cực trị của hàm số y = f (x) thì f ''(x 0 ) > 0 1 Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) = 2 x ( ln x + 2 ) −1 1 B. ∫ f (x) dx = +C +C ln x + 2 ln x + 2 x C. ∫ f (x) dx = D. ∫ f (x) dx = ln x + 2 + C +C ln x + 2 2 Câu 29 (VD): Tính tích tất cả các nghiệm của phương trình 2 2x + 5x + 4 = 4 5 5 A. 1 B. C. − D. -1 2 2 Câu 30 (NB): Cho hai góc lượng giác a và b. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào là khẳng định sai? A. sin(a + b) = sinacosb + cos asinb B. sin(a − b) = sinacosb + cos asinb C. co s(a + b) = cos acosb − sin asinb D. co s(a − b) = cos acosb + sin asinb Câu 31 (VD): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho a = (1; −2;3) và b = (2; −1; −1) . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Vecto a không vuông góc với b B. Vecto a cùng phương với b C. a = 14 D. a, b  = ( −5; −7; −3)

A. ∫ f (x) dx =

Câu 32 (VDC): Cho hình chóp S.ABCD có SC = x(0 < x < a 3) , các cạnh còn lại đều bằng a. Biết rằng a m (m, n ∈ N*) . Mệnh đề nào sau đây đúng? n B. 2m 2 − 3n < 15 C. m 2 − n = 30 D. 4m − n 2 = −20 A. m + 2n = 10 Câu 33 (VDC): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số: y = x 8 + (m + 1)x 5 − (m 2 − 1)x 4 + 1 đạt cực tiểu tại x = 0 ? A. Vô số B. 3 C. 2 D. 4 Câu 34 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ −2018; 2018] để phương trình

thể tích khối chóp S.ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x =

(

)

x + 2 − x2 +1 +

18 x 2 + 1

(

)

x2 +1 2

x + 2 + x +1

= m x 2 + 1 có nghiệm thực?

(

)

Trang 3/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. 25

B. 2019

C. 2018

D. 2012

(

Câu 35 (VD): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 7 − 3 5

)

(

+m 7+3 5

)

= 2x

−1

có

đúng bốn nghiệm phân biệt. 1 1 1 1 1 A. 0 < m < B. 0 ≤ m < C. − < m < 0 D. − < m ≤ 16 16 2 2 16 Câu 36 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A ( −3; 0;0 ) ; B ( 0; 0;3) ;C ( 0; −3;0 ) và mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 . Tìm trên (P) điểm M sao cho MA + MB − MC nhỏ nhất. A. M ( 3;3; −3) B. M ( 3; −3;3) C. M ( −3;3;3) D. M ( −3; −3;3) Câu 37 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình log ( 2x 2 + 3) < log ( x 2 + mx + 1) có tập nghiệm là R. A. Vô số

B. 2

C. 5

D. 0 2

Câu 38 (VD): Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = 6 x − 6x + 12 + 6x − x 2 − 4 . Tính tích các nghiệm của phương trình f (x) = M . A. -6 B. 3 C. -3 D. 6 3 2 Câu 39 (VD): Gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) = x − 2x + 1 thỏa mãn F(0) = 5 . Khi đó phương trình F(x) = 5 có số nghiệm thực là: A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 40 (VDC): Cho một tập hợp A gồm 9 phân tử. Có bao nhiêu cặp tập con khác rỗng không giao nhau của tập A? A. 9330 B. 9586 C. 255 D. 9841 2 2 Câu 41 (VD): Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm y ' = x − 3x + m + 5m + 6 . Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đồng biến trên (3;5). A. m ∈ ( −∞; −3) ∪ ( −2; +∞ )

B. m ∈ ( −∞; −3] ∪  −2; +∞ )

C. m ∈ [ −3; −2] D. Với mọi m ∈ R Câu 42 (VD): Một giải thi đấu bóng đá quốc gia có 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội bất kì thi đấu với nhau đúng 2 trận). Sau mỗi trận đấu, đội thắng 3 điểm, đội thua 0 điểm, nếu hòa mỗi đội được 1 điểm. Sau giải đấu ban tổ chức thống kê được 60 trận hòa. Hỏi tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu là A. 336 B. 630 C. 360 D. 306 Câu 43 (VD): Một hộp sữa hình trụ có thể tích V (không dổi) được làm từ một tấm tôn có diện tích đủ lớn. Nếu hộp sữa chỉ kín một đáy thì để tốn ít vật liệu nhất, hệ thức giữa bán kính đáy R và đường cao h bằng: A. h = 3R B. h = 2R C. h = 2R D. h = R 4x + 7 Câu 44 (VD): Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = 2 log 2018 x − 2x + m 2 − 6m + 10

(

)

xác định với mọi x ∈ R là: A. ( 2; 4 ) \ {3} B.  2; 4 \ {3} C.  4; +∞ ) D. ( −∞; 2 ) ∪ ( 4; +∞ ) Câu 45 (VDC): Cho tứ diện ABCD có AD ⊥ (ABC), ABC có tam giác vuông tại B. Biết

BC = 2a, AB = 2a 3, AD = 6a . Quay tam giác ABC và ABD (bao gồm cả điểm bên trong 2 tam giác) xung quanh đường thẳng AB ta được hai khối tròn xoay. Thể tích phần chung của 2 khối tròn xoay đó bằng: 5 3πa 3 3 3πa 3 64 3πa 3 4 3πa 3 A. B. C. D. 2 2 2 2

Trang 4/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 46 (VDC): Cho hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên R, có đạo hàm f '(x) . Biết rằng đồ thị hàm số f '(x) như hình vẽ. Xác định điểm cực đại của hàm số g(x) = f (x) + x . A. Không có giá trị B. x = 0 C. x = 1 D. x = 2 Câu

47 2

[ f '(x)]

(VDC):

Cho

hàm

số

y = f (x)

thỏa

mãn

+ f (x).f ''(x) = x − 2x∀x ∈ R và f (0) = f '(0) = 2 . Tính

giá trị của T = f 2 (2). 268 160 268 4 A. B. C. D. 15 15 30 15 Câu 48 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Biết AB = 2AD = 2DC = 2a , góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) là 60° . Độ dài cạnh SA là: A. a 2 B. 2a 3 C. 3a 2 D. a 3 3x + b Câu 49 (VDC): Cho hàm số y = (ab ≠ −2) . Biết rằng a và b là các giá trị thỏa mãn tiếp tuyến của ax − 2 đồ thị hàm số tại điểm A(1; −4) song song với đường thẳng d : 7x + y − 4 = 0 . Khi đó giá trị của a − 3b bằng: A. -2 B. 4 C. 5 D. -1 Câu 50 (VD): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng (P) : x − 2y + z − 1 = 0;(Q) : x − 2y + z + 8 = 0;(R) : x − 2y + z − 4 = 0 . Một đường thẳng d thay đổi cắt ba 144 mặt (P), (Q), (R) lần lượt tại A, B, C. Tìm giá trị nhỏ nhất của T = AB2 + AC 2 A. 24 B. 36 C. 72 D. 144

Trang 5/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.C

2.B

3.D

4.A

5.D

6.B

7.D

8.D

9.D

10.C

11.C 21.A 31.C 41.B

12.D 22.A 32.A 42.A

13.C 23.B 33.C 43.D

14.B 24.B 34.D 44.D

15.C 25.A 35.A 45.B

16.A 26.C 36.C 46.D

17.A 27.C 37.D 47.A

18.D 28.B 38.B 48.A

19.B 29.A 39.C 49.A

20.C 30.B 40.A 50.C

Câu 1: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết các khối đa diện đều. Cách giải: Có 4 mặt phẳng đối xứng như trong hình vẽ dưới đây:

Chọn C. Câu 2: Phương pháp: Sử dụng MTCT tính giới hạn ở từng đáp án và kết luận. Cách giải:

2n 3 + 3 = −∞ 1 − 2n 2

Đáp án A:

⇒ lim

Đáp án B:

⇒ lim n 3 − 4n 2 + 1 = +∞

Đáp án C:

⇒ lim

3n +1 + 2n =3 5 + 3n

Đáp án D:

⇒ lim

3n 2 + n 3 = 4n 2 − 5 4

(

)

Chọn B. Câu 3: Phương pháp Trang 6/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+) Số nghiệm của phương trình f (x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng y=m. +) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = f (x) sau đó suy ra giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách giải: Số nghiệm của phương trình x 3 + 3x 2 − 2 = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 3 + 3x 2 − 2 và đường thẳng y = m . x = 0 . Ta có đồ thị hàm số như hình Ta có: y ' = 3x 2 + 6x = 0 ⇔   x = −2 vẽ: Quan sát đồ thị hàm số ta có: đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số m = 2 y = x 3 + 3x 2 − 2 tại 2 điểm phân biệt ⇔   m = −2 Chọn D. Chú ý khi giải: Để làm bài nhanh hơn, các em có thể vẽ BBT thay cho đồ thị hàm số.

Câu 4: Phương pháp: Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = x 0 của đồ thị hàm số y = f (x) song song với đường thẳng y = kx + b khi và chỉ khi f '(x 0 ) = k (Lưu ý: Thử lại để loại trường hợp trùng). Cách giải: 2.1 − 1.1 1 TXĐ: D = R \ {−2} . Ta có: y ' = = 2 (x + 2) (x + 2) 2  x +1  G ọi M  x 0 ; 0  ∈ (C) x0 + 2   Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x = x 0 là: x +1 1 y' = (x − x 0 ) + 0 (d ') 2 x0 + 2 ( x0 + 2)

Để (d ') / /(d) : x + y = 1 ⇔ y = − x − 1 ⇒

( x0 + 2)

= −1 (vô nghiệm)

Trang 7/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6: Phương pháp: Hàm số y = f (x) có f '(x) > 0∀x ∈ R thì đồng biến trên R. Sử dụng khái niệm hàm số đồng biến, với x1 < x 2 ⇒ f (x1 ) < f (x 2 ) Cách giải: Hàm số y = f (x) có f '(x) > 0∀x ∈ R thì đồng biến trên R. x > 1 1 1 1− x 1 Khi đó ta có f   < f (1) ⇔ < 1 ⇔ − 1 < 0 ⇔ <0⇔ x x x x x < 0 Vậy x ∈ ( −∞; 0 ) ∪ (1; +∞ ) Chọn B.

Chú ý: Khi giải bất phương trình

1 1 < 1 nhiều HS có cách giải sai như nhau < 1 ⇔ x < 1 và chọn đáp án x x

C. Câu 7: Phương pháp: Hàm số đồng biến trên ( a; b ) ⇔ y ' ≥ 0∀x ∈ (a; b) Hàm số nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ y ' ≤ 0∀x ∈ (a; b) Giải phương trình y ' = 0 và lập BBT, từ đó chọn đáp án đúng. Cách giải: x = 0 Ta có: y ' = 0 ⇔ x 2 (x − 2) = 0 ⇔  x = 2 x 0 2 −∞ -

+∞ -

Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên ( −∞; 2) và đồng biến trên (2; +∞) Chọn D. Câu 8: Phương pháp: Sử dụng công thức SHTQ của cấp số nhân u n = u1q n −1. Cách giải: Gọi q là công bội của cấp số nhân đã cho ta có: 20u1 − 10u 2 + u 3 = 20u1 − 10u1q + u1q 2 = 40 − 20q + 2q 2 = 2(q 2 − 10q + 25) − 10 = 2(q − 5) 2 − 10 ≥ −10 Dấu “=” xảy ra ⇔ q = 5

Khi đó số hạng thứ sáu của cấp số nhân trên là u 7 = u1q 6 = 2.56 = 31250 Chọn D. Câu 9: Phương pháp: Mặt phẳng (P) vuông góc với (Q), (R) ⇒ n P ⊥ n Q , n P ⊥ n R ⇒ n P =  n Q , n R  Phương

trình

mặt

phẳng

đi

qua

đi ể m

M ( x 0 ; y0 ; z0 )

và

có

VTPT

n = (A; B; C)

là:

A(x − x 0 ) + B(y − y 0 ) + C(z − z 0 ) = 0 Cách giải: Mặt phẳng (P) vuông góc với (Q), (R) ⇒ n P ⊥ n Q , n P ⊥ n R ⇒ n P =  n Q , n R 

Trang 8/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có: n Q = (1;1;3), n R = (2; −1;1) ⇒ n P =  n Q , n R  = (4;5; −3) Phương trình mặt phẳng đi qua điểm B(2;1; −3) và có VTPT n = (4;5; −3) là: 4(x − 2) + 5(y − 1) − 3(z + 3) = 0 ⇔ 4x + 5y − 3z − 22 = 0 Chọn D. Câu 10: Phương pháp: u' Sử dụng công thức tính đạo hàm ( ln u ) ' = u Cách giải: ln 5 − 3x 2  ' = −6x 2 = 6x   5 − 3x 3x 2 − 5 Chọn C. Câu 11: Phương pháp: 1 Sử dụng các công thức: log a b = ;log a b + log a c = log a bc(0 < a, b ≠ 1;c > 0) log b a Cách giải: 1 1 1 1 Ta có: log 5 2 = = ; log 5 3 = = log 2 5 a log 3 5 b 1 1 1 ab log 6 5 = = = = 1 1 log 5 6 log 5 2 + log 5 3 a+b + a b Chọn C. Câu 12: Phương pháp: tan a + tanb Sử dụng công thức tan ( a + b ) = 1 − tan a. tanb Cách giải: π Do 0 < a, b < ⇒ 0 < a + b < π 2 1 3 + π tan a + tanb Ta có: tan(a + b) = = 7 4 =1⇔ a + b = 1 − tan a. tanb 1 − 1 . 3 4 7 4 Chọn D. Câu 13: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết các khối đa diện đều. Cách giải: Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó: +) 3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện. +) 1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên.

(

)

Trang 9/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chọn C. Câu 14: Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản. Cách giải: dx Ta có ∫ 2 = − cot x + C do đó đáp án B sai. sin x Chọn B. Câu 15: Phương pháp: Sử dụng quan hệ vuông góc trong không gian Cách giải: Ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BD Lại có: BD ⊥ AC (do ABCD là hình vuông) ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ AN Mà AN ⊥ SO(gt) ⇒ AN ⊥ (SBD) ⇒ AN ⊥ (SOD) Chọn C. Câu 16: Phương pháp: Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên trên từng khoảng xác định của nó. Cách giải: −2.1 − 1.(m 2 + 2m) −m 2 − 2m − 2 −(m + 1) 2 − 1 TXĐ: D = R \ {2} . Ta có: y ' = = = < 0∀x ∈ D (x − 2)2 (x − 2)2 (x − 2)2 ⇒ y ' < 0∀x ∈ [3; 4] ⇒ Hàm số đã cho nghịch biến trên [3; 4]

m 2 + 2m + 4 ; max y = y(3) = m 2 + 2m + 3 [3;4] [3;4] 2 2 m + 2m + 4 ⇒A= ; B = m 2 + 2m + 3 2 19 m 2 + 2m + 4 19 ⇔ + m 2 + 2m + 3 = Theo bài ra ta có A + B = 2 2 2 2 2 m = 1 m + 2m + 4 + 2m + 4m + 6 19 ⇔ = ⇔ 3m 2 + 6m − 9 = 0 ⇔  2 2  m = −3 Chọn A. Câu 17: Phương pháp: Đọc kĩ từng đáp án sau đó loại trừ và chọn đáp án đúng. Cách giải: Xét đáp án A: Giả sử ta có 3 đường thẳng a, b, c và a ∩ b = {A} , b ∩ c = {B} , c ∩ a = {C} Giả sử điểm A ≡ B ta có: +) Nếu A ≠ C ⇒ a ≡ c ⇒ mâu thuẫn với giả thiết a, c không đồng phẳng. +) Nếu A ≡ C ⇒ A ≡ B ≡ C ⇒ a, b, c đồng quy. ⇒ min y = y(4) =

Trang 10/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy a, b, c đồng quy ⇒ đáp án A đúng. Chọn A. Câu 18: Phương pháp: Tam giác ABC vuông tại C ⇔ CA.CB = 0 Cách giải: CA = (−2 − c; 4) Gọi C(c;0) ∈ Ox(c>0) ta có  CB = (8 − c; 4) Tam giác ABC vuông tại C ⇔ CA.CB = 0 ⇔ (−2 − c)(8 − c) + 16 = 0 c = 0(ktm) −16 + 2c − 8c + c 2 + 16 = 0 ⇔ c 2 − 6c = 0 ⇔  ⇒ C(6;0) c = 6(tm) Chọn D. Câu 19: Phương pháp: Tìm GTLN và GTNN của hàm số y = f (x) trên [ a; b] bằng cách: +) Giải phương trình y ' = 0 tìm các nghiệm x1. +) Tính các giá trị f (a), f (b), f (x i ) ( x i ∈ [ a; b ]) . Khi đó: min f (x) = min {f (a), f (b), f (x i )} , max f (x) = max {f (a), f (b), f (x i )} , [a;b ]

[a;b ]

Cách giải: Ta có: y ' = 2x −

16 16 3  ⇒ y ' = 0 ⇔ 2x 3 = 2 ⇔ 2x 3 = 16 ⇔ x = 2 ∈  ; 4  2 x x 2 

 3  155 y  = ; y(2) = 12; y(4) = 20  2  12 Vậy max y = 20 khi x = 4 3   4 ;4  

Chọn B. Câu 20: Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy r là V = πr 2 h Cách giải: Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC có

BC = AC 2 − AB2 = 25a 2 −16a 2 = 3a 2

2  AB  2 Vậy thể tích khối trụ là V = π   .BC = π. ( 2a ) .3a = 12πa  2  Chọn C.

Trang 11/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

khi x > 0 log 1 x  2 Ta có: y = log 1 x =  2 log 1 (− x) khi x < 0  2 1 Vì 0 < a = < 1 ⇒ hàm số y = log 1 x nghịch biến trên (0; +∞) và hàm số y = log 1 (− x) đồng biến trên 2 2 2 (−∞;0) Chọn A. Câu 22: Phương pháp: n

Sử dụng khai triển nhị thức Newton: ( a + b ) = ∑ C nk a k b n − k n

k =0

Cách giải: 12

12 1  k Ta có:  x 2 +  = ∑ C12 x2 x  k =0

 1  12 k 24−3k , do đó hệ số của số hạng chứa x m trong khai triển   =∑ C12 x  x  k =0 24 − m trên ứng với 24 − 3k = m ⇔ k = 3  24 − m 24 − m  3 =5 m = 9 Theo bài ra ta có C12 3 = 792 ⇔  ⇔ m = 3  24 − m = 7  3 Chọn A. Câu 23: Phương pháp: Giải phương trình mũ: a f (x ) = a m ⇔ f (x) = m Cách giải: Ta có: 2 x +1 = 4 ⇔ 2 x +1 = 2 2 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = {1} Chọn B. Câu 24: Phương pháp: +) Gọi E là trung điểm của AB, chứng minh ( ( ABC ) ; ( ABD ) ) = ( CE; DE ) = CED 12 − k

( )

+) Sử dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông tìm x. Cách giải: Gọi H là trung điểm của CD. Do tam giác ACD cân tại A và tam giác BCD cân tại B CD ⊥ AH ⇒ ⇒ CD ⊥ (ABH) ⇒ CD ⊥ AB CD ⊥ BH Gọi E là trung điểm của AB, do tam giác ABC cân tại C ⇒ CE ⊥ AB

AB ⊥ CD Ta có  ⇒ AB ⊥ (CDE) ⇒ AB ⊥ DE AB ⊥ CE (ABC) ∩ (ABD) = AB  (ABC) ⊃ CE ⊥ AB ⇒ ∠ ( ( ABC ) ; ( ABD ) ) = ∠ ( CE; DE ) = ∠CED = 90° (ABD) ⊃ DE ⊥ AB  Trang 12/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có ∆ABC = ∆ADC(c.c.c) ⇒ CE = DE ⇒ ∆CDE vuông cân tại E

⇒ CD = CE 2 ⇔ 2x = CE 2 ⇔ CE = x 2 (*) Xét tam giác vuông CBH có BH 2 = BC2 − CH 2 = a 2 − x 2 Xét tam giác vuông ACH có AH 2 = AC2 − CH 2 = a 2 − x 2 Xét tam giác vuông ABH có AB2 = AH 2 + BH 2 = 2a 2 − 2x 2 ⇒ AE = Xét tam giác vuông ACE có CE 2 = AC2 − AE 2 = a 2 − Thay vào (*) ta có

2a 2 − 2x 2 2

a 2 − x2 a2 + x2 a2 + x2 = ⇒ CE = 2 2 2

a2 − x2 a 3 = x 2 ⇔ a 2 + x 2 = 4x 2 ⇔ 3x 2 = a 2 ⇔ x = 3 2

Chọn B. Câu 25: Phương pháp: 1 Công thức tính thể tích khối chóp có chiều cao h và diện tích đáy S là: V = Sh 3 Cách giải: Gọi H là hình chiếu của S trên AC. (SAC) ∩ (ABCD) = AC Ta có  ⇒ SH ⊥ (ABCD) (SAC) ⊃ SH ⊥ AC Ta có: ∠ ( SA, ( ABCD ) ) = ∠ ( SA, AH ) = ∠ ( SA, AC ) = ∠SAC Ta có: AC = AB 2 =

a 2 . 2 =a 2

a  SA = AC.co s60° = 2 Xét ∆SAC vuông tại S ta có:  SC = AC.sin 60° = a 3  2 Áp dụng hệ thức lượng cho ∆SAC vuông tại S và có đường cao SH ta có: a a 3 . SA.SC 2 2 a 3 SH = = = AC a 4 1 1 a 3 a 2 a3 3 ⇒ VS.ABCD = SA.SABCD = . . = 3 3 4 2 24 Chọn A. Câu 26: Phương pháp: x n +1 +C Sử dụng nguyên hàm cơ bản ∫ x n dx = n +1 Cách giải: x4 x2 1 f (x)dx = 4 + − x + C = x4 + x2 − x + C ∫ 4 2 2 Chọn C. Câu 27:

Trang 13/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: Dựa vào lý thuyết về các điểm cực trị của hàm số. Cách giải: Nếu x = x 0 là điểm cực trị của hàm số thì f '(x 0 ) = 0 f '(x 0 ) = 0 Nếu x = x 0 là điểm cực trị của hàm số thì  f ''(x 0 ) > 0 Chọn C. Câu 28: Phương pháp: dx −1 + C và công thức vi phân d [ f (x) ] = f '(x)dx Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản ∫ 2 = x x Cách giải: −1 1 d(ln x + 2) ∫ f (x)dx = ∫ x ( ln x + 2 )2 dx = ∫ ( ln x + 2 )2 = ln x + 2 + C

Chọn B. Chú ý: HS có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải bài toán này, bằng cách đặt t = ln x + 2 . Câu 29: Phương pháp: +) Giải phương trình mũ: a f (x ) = a m ⇔ f (x) = m +) Áp dụng hệ thức Vi-ét. Cách giải: Ta có: 1  2 x=− 2 2x +5x + 4 = 4 ⇔ 2x 2 + 5x + 4 = 2 ⇔ 2x 2 + 5x + 2 = 0 ⇔  2 ⇒ x1 x 2 = 1   x = −2 Chọn A. Câu 30: Phương pháp: Sử dụng các công thức: sin(a + b) = sin a cos b + cosa sin b sin(a − b) = sin a cos b − cosa sin b cos(a + b) = co s a cos b − sina sin b cos(a − b) = co s a cos b + sina sin b Cách giải: sin(a − b) = sin a cos b − co sa sin b , do đó đáp án B sai. Chọn B. Câu 31: Phương pháp: +) Sử dụng máy tính để bấm máy tích có hướng. +) Ta có: a ( a1 ;a 2 ) ⇒ a = a12 + a 22 . +) a ⊥ b ⇔ a.b = 0 +) a , b cùng phương ⇔ a = kb Cách giải: Ta có: a.b = 1.2 − 2.( −1) + 3.( −1) = 1 ≠ 0 ⇒ a, b không vuông góc ⇒ loại đáp án A. Ta thấy không tồn tại số k để a = kb ⇒ a, b không cùng phương ⇒ loại đáp án B. a = 1 + (−2) 2 + 32 = 14 ⇒ Đáp án C đúng. Chọn C. Trang 14/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 32: Phương pháp: +) Chứng minh hình chiếu vuông của S trên (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. +) Chứng minh tam giác SAC vuông tại S, tính AC. +) Tính BD. 1 1 1 +) Sử dụng công thức tính thể tích VS.ABCD = SH.SABCD = SH. AC.BD 3 3 2 Cách giải: Vì SA = SB = SD = a nên hình chiếu vuông của S trên (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ⇒ SH ⊥ (ABCD) . Do tam giác ABD cân tại A ⇒ H ∈ AC Dễ dàng chứng minh được: AC ∆SBD = ∆ABD(c.c.c) ⇒ SO = AO = ⇒ ∆SAC vuông tại S (Tam 2 giác có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy)

⇒ AC = SA 2 + SC2 = a 2 + x 2 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC có SH =

SA.SC ax = 2 AC a + x2

Ta có

1 1 2 a2 + x2 3a 2 − x 2 AC = a + x 2 ⇒ OB = AB2 − OA 2 = a 2 − = ⇒ BD = 3a 2 − x 2 2 2 4 2 1 Do ABCD là hình thoi ⇒ SABCD = AC.BD . Khi đó ta có: 2 1 1 ax 1 VS.ABCD = SH.SABCD = . a 2 + x 2 . 3a 2 − x 2 = ax 3a 2 − x 2 2 2 3 6 a +x 6

OA =

x 2 + 3a 2 − x 2 3a 2 1 3a 2 a 3 = ⇒ VS.ABCD ≤ a = 2 2 6 2 4 2 m = 6 3a a 6 a m = = ⇒ ⇒ m + 2n = 10 Dấu “=” xảy ra ⇔ x 2 = 3a 2 − x 2 ⇔ x = 2 2 n n = 2 Chọn A. Câu 33: Phương pháp: Nếu x = x 0 là điểm cực trị của hàm số thì f '(x 0 ) = 0

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: x 3a 2 − x 2 ≤

f '(x 0 ) = 0 Nếu x = x 0 là điểm cực tiểu của hàm số thì  f ''(x 0 ) > 0 Cách giải: Ta có y ' = 8x 7 + 5 ( m + 1) x 4 − 4(m 2 − 1)x 3 ; y '' = 56x 6 + 20(m + 1)x 3 − 12(m 2 − 1)x 2

⇒ y ' = 0 ⇔ 8x 7 + 5(m + 1)x 4 − 4(m 2 − 1)x 3 = 0 ⇔ x 3 8x 4 + 5(m + 1)x − 4(m 2 − 1)  = 0 TH1: Xét m 2 − 1 = 0 ⇔ m = ±1 +) Khi m = 1 ta có y ' = 0 ⇔ x 3 (8x 4 + 10x) = x 4 (8x 3 + 10) ⇒ x = 0 là nghiệm bội 4 ⇒ x = 0 không là cực trị của hàm số. Trang 15/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+) Khi m = −1 ta có y ' = 0 ⇔ x 3 .8x 4 = 0 ⇔ 8x 7 = 0 ⇔ x = 0 là nghiệm bội lẻ ⇔ x = 0 là điểm cực trị của hàm số. Hơn nữa qua điểm x = 0 thì y ' đổi dấu từ âm sang dương nên x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số. TH2: Xét m 2 − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±1 ta có: x 2 = 0 y ' = 0 ⇔ x 2 8x 5 + 5(m + 1)x 2 − 4(m 2 − 1)x  = 0 ⇔  5 2 2 8x + 5(m + 1)x − 4(m − 1)x = 0 x 2 = 0 ⇔ x = 0 là nghiệm bội chẵn không là cực trị của hàm số, do đó cực trị của hàm số ban đầu là nghiệm của phương trình g(x) = 8x 5 + 5(m + 1)x 2 − 4(m 2 − 1)x = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 ⇔ g '(0) > 0 Ta có g '(x) = 40x 4 + 10(m + 1)x − 4(m 2 − 1) ⇒ g '(0) = −4(m 2 − 1) > 0 ⇔ m 2 − 1 < 0 ⇔ −1 < m < 1 Vậy kết hợp 2 trường hợp ta có −1 ≤ m < 1 Do m ∈ Z ⇒ m ∈ {−1;0} Chọn C. Câu 34: Phương pháp: +) Cô lập m, đưa phương trình về dạng f (x) = m +) Phương trình f (x) = m có nghiệm ⇔ m ∈ [ min f (x); max f (x)] Cách giải:

(

)

x + 2 − x2 +1 +

(x + 2 − ⇔

x2 +1

18(x 2 + 1) x 2 + 1

)

x + 2 + x +1 2

x2 +1

Đặt

f (x) =

(

= m(x 2 + 1)

18 x 2 + 1 x + 2 + x2 +1

x + 2 − x2 +1

)

18 x 2 + 1

. Sử dụng chức năng MODE 7, ta tìm x2 +1 x + 2 + x2 +1 min f (x) = 7 ⇔ x = 0 Để phương trình f (x) = m có nghiệm ⇒ m ≥ 7 . Kết hợp điều kiện ta có m ∈ [ 7; 2018] , m ∈ Z . Vậy có

(2018 − 7) + 1 = 2012 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D. Câu 35: Phương pháp: 4 +) Ta có: 7 + 3 5 7 − 3 5 = 49 − 45 = 4 ⇒ 7 − 3 5 = 7+3 5 +) Đặt ẩn phụ và đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai ẩn t từ đó tìm m theo yêu cầu của đề bài. Cách giải: 4 Ta có: 7 + 3 5 7 − 3 5 = 49 − 45 = 4 ⇒ 7 + 3 5 = 7−3 5

(

)(

)

Trang 16/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(

⇒ 7 −3 5

)

(

+m 7+3 5

)

4   ⇔  +m 7+3 5  7+3 5 

(

⇔ 2.2 x − 2 x . 7 + 3 5 2   ⇔ 2.    7+3 5 

2x 2

)

= 2x

−1

1 2 = .2 x 2

(

+ 2m 7 + 3 5

)

2   −  + 2m = 0(*)  7+3 5 

2x 2

2   2 Đặt   = t ⇒ x = log 2 t.  7+3 5  7 +3 5 2 < 1 ⇒ log 2 t > 0 ⇔ 0 < t < 1 Ta có: 0 < 7+3 5 7+3 5 ⇒ (*) ⇔ 2t 2 − t + 2m = 0(1) Để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ pt (1) có hai nghiệm phân biệt t ∈ (0;1)

1  ∆ > 0 1 − 16m > 0 m<  16    af (0) > 0 4m > 0 1  ⇔ af (1) > 0 ⇔ 2(2m + 1) > 0 ⇔ m > 0 ⇔ 0 < m < 16    1 0 < − b < 1 0 < 1 < 1  m > − 2 2a 2    Chọn A. Câu 36: Phương pháp: +) Gọi điểm I(a; b;c) thỏa mãn IA + IB − IC = 0 , sử dụng các công thức cộng trừ vectơ xác định điểm I. +) Phân tích MA + MB − MC bằng cách chèn điểm I, đánh giá và tìm GTNN của MA + MB − MC . Cách giải: Gọi điểm I(a; b;c) thỏa mãn IA + IB − IC = 0 Ta có: IA = (−3 − a; − b; −c) −3 − a = 0 a = −3    IB = (−a; −b;3 − c) ⇒ IA + IB − IC = (−3 − a;3 − b;3 − c) = 0 ⇔ 3 − b = 0 ⇔ b = 3 ⇒ I(−3;3;3)  3 − c = 0 c = 3   IC = (−a; −3 − b; −c) Ta có MA + MB − MC = MI + IA + MI + IB − MI − IC = MI + IA + IB − IC = MI = MI Do đó MA + MB − MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất ⇒ M là hình chiếu của I trên (P)

(

)

Trang 17/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

log 2x 2 + 3 < log x 2 + mx + 1 ∀x ∈ R

(

)

(

)

⇔ 0 < 2x 2 + 3 < x 2 + mx + 1 ⇔ x 2 − mx + 2 < 0∀x ∈ R(*) a = 1 < 0 ⇔ (vonghiem) 2 ∆ = m − 8 < 0 Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D. Câu 38: Phương pháp:

Đặt t = x 2 − 6x + 12 =

( x − 3)

+ 3 ≥ 3 tìm GTLN của hàm số f (t) với t ≥ 3

Cách giải: f (x) = 6 x 2 − 6x + 12 + 6x − x 2 − 4

f (x) = 6 x 2 − 6x + 12 − (x 2 − 6x + 12) + 8

Đặt t = x 2 − 6x + 12 =

( x − 3)

+ 3 ≥ 3 , khi đó ta có f (t) = − t 2 + 6t + 8∀x ≥ 3

Ta có f '(t) = −2 t + 6 = 0 ⇔ t = 3 BBT:

f ′ (t )

f (t )

+∞ −

−∞ ⇒ max f (t) = 17 ⇔ t = 3 ⇔

( x − 3)

3; +∞ )

+3 =3⇔ x =3

⇒ maxf (x) = 17 = M ⇔ x = 3 Vậy phương trình f (x) = M có nghiệm duy nhất x = 3 , do đó tích các nghiệm của chúng bằng 3. Chọn B. Câu 39: Phương pháp: Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản để tìm F(x) sau đó giải phương trình. Cách giải: x 4 2x 3 Ta có: F(x) = ∫ x 3 − 2x 2 + 1 dx = − +x+C 4 3 x 4 2x 3 Lại có: F(0) = 5 ⇔ C = 5 ⇒ F(x) = − +x +5 4 3  x 4 2x 3  x = 0 x 4 2x 3 ⇒ F(x) = 5 ⇔ − + x = 0 ⇔ x − + 1 = 0 ⇔  4 3 3  x ≈ −1, 04  4  Chọn C. Câu 40: Cách giải: Gọi X, Y là hai tập hợp con của A sao cho X ∩ Y = ∅; X ≠ ∅; Y ≠ ∅

(

)

Giả sử A = {x1 ; x 2 ; x 3 ; x 4 ; x 5 ; x 6 ; x 7 ; x 8 ; x 9 }

Trang 18/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x ∉ X Phần tử x1 có 3 khả năng: hoặc x1 ∈ X hoặc x1 ∈ Y hoặc  1  x1 ∉ Y ….. Cứ như vậy đến phần tử x 9 . Do đó ta có 39 cặp 2 tập hợp không giao nhau (chứa cả cặp tập hợp rỗng). Số cách chọn tập X ≠ ∅; Y = ∅ là 29 − 1 cách chọn. Số cách chọn tập X = ∅; Y ≠ ∅ là 29 − 1 cách chọn. ⇒ số cặp 2 tập hợp khác rỗng không giao nhau thực sự là 39 − 2(29 − 1) Do (X; Y) và (Y; X) là trùng nhau nên số cặp 2 tập hợp không giao nhau thực sự là

Chọn A. Câu 41: Phương pháp: Hàm số đồng biến trên (a; b) ⇔ y' ≥ 0∀ x ∈ (a; b) Cách giải: Hàm số y = f (x) đồng biến trên (3;5) ⇔ y' > 0∀ x ∈ (3;5)

39 − 2(29 − 1) = 9330 2

⇔ x 2 − 3x + m 2 + 5m + 6 ≥ 0∀x ∈ (3;5) ⇔ x 2 − 3x ≥ −m 2 − 5m − 6∀x ∈ (3;5)(*) Đặt g(x) = x 2 − 3x ⇒ (*) ⇔ g(x) ≥ −m 2 − 5m − 6∀x ∈ (3;5) ⇒ − m 2 − 5m − 6 ≤ min g(x) (3;5)

Khảo sát hàm số g(x) = x 2 − 3x ta được:

x g’(x) g(x)

3 2

−∞

−

+∞ +

+∞ −

9 4

+∞

 m ≥ −2 ⇒ −m 2 − 5m − 6 ≤ 0 ⇔ m 2 + 5m + 6 ≥ 0 ⇔   m ≤ −3 Chọn B. Câu 42: Phương pháp: +) Tính tổng số trận đấu, tính số trận hòa, trận không hòa. +) Tính số điểm của các trận hòa, số điểm của các trận không hòa và suy ra số điểm của toàn giải đấu. Cách giải: Vì 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội bất kì thi đấu với nhau đúng 2 trận ( nên mỗi đội sẽ thi đấu với 11 đội còn lại, do đó tổng số trận đấu là 12.11 = 132 (trận). Số trận hòa là 16 trận, số trận không hòa là 132 – 60 = 72. 60 trận hòa, mỗi đội được 1 điểm, vậy có 120 điểm. 72 trận không hòa, mỗi trận đội thắng được 3 điểm, vậy có 72.3 = 216 điểm. Vậy tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu là 120 + 216 = 336. Chọn A. Câu 43: Phương pháp:

Trang 19/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: V = πR 2 h Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: S = 2πRh + πR 2 Cách giải: Ta có: Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: V = πR 2 h ⇒ h =

V πR 2

Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: S = 2πRh + πR 2 V 2V ⇒ S = 2π.R + πR 2 = + πR 2 2 R πR V V Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương ; ; πR 2 ta có: R R V V V V + πR 2 ≥ 3 3 + πR 2 = 3 3 πV 2 R R R R V V πR 3 Dấu “=” xảy ra ⇒ = πR 2 ⇔ R 3 = ⇔ V = πR 3 ⇒ h = =R R π πR 2 Chọn D. Câu 44: Phương pháp: +) Hàm số y = log a f (x)(0 < a ≠ 1) xác định ⇔ f (x > 0) 1 +) Hàm số xác định ⇔ A ≠ 0 A Cách giải: 4x + 7 Hàm số y = xác định với mọi x ∈ R khi và chỉ khi 2 log 2018 x − 2x + m 2 − 6m + 10

(

)

log 2018 x 2 − 2x + m 2 − 6m + 10 ≠ 0∀x ∈ R  2 2  x − 2x + m − 6m + 10 > 0∀x ∈ R  x 2 − 2x + m 2 − 6m + 10 ≠ 1∀x ∈ R ⇔ 2 2  x − 2x + m − 6m + 10 > 0∀x ∈ R ( x − 1)2 + ( m − 3)2 ≠ 1∀x ∈ R ⇔ 2 2 ( x − 1) + ( m − 3) > 0∀x ∈ R ( m − 3)2 ≠ 1 − ( x − 1)2 ∀x ∈ R ⇔ 2 2 ( x − 1) + ( m − 3) > 0∀x ∈ R  m > 4 ( m − 3)2 > 1   m > 4 ⇔ ⇔  m < 2 ⇔  m < 2 m − 3 ≠ 0 m ≠ 3  Chọn D. Câu 45: Phương pháp

(

)

Công thức tính thể tích khối nón tròn xoay có chiều cao h và bán kính đáy R là: V =

1 πR 2 h 4

Cách giải: Ta có: Khối nón (N1 ) được sinh bởi ∆ABC khi quay quanh AB có chiều cao h1 = AB và bán kính đáy R1 = BC Trang 20/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Khối nón (N 2 ) được sinh bởi ∆ADB khi quay quanh AB có chiều cao h 2 = AB và bán kính đáy R 2 = AD

Do hai khối nón cùng có chiều cao AB nên hai đáy của hai khối nón nằm trong hai mặt phẳng song song. Trong mặt phẳng đáy của hình nón (N1 ) kẻ đường kính GH / /DE . Dễ dàng chứng minh được DEGH là hình thang cân. Gọi M = AG ∩ BE; N = AH ∩ BD, I = AB ∩ MN. Khi đó phần chung giữa hai khối nón (N1 ) và (N 2 ) là hai khối nón: 1 +) Khối nón (N 3 ) đỉnh B, đường cao BI, bán kính đáy IN ⇒ V3 = π.IN 2 .BI 3 1 +) Khối nón (N 4 ) đỉnh A, đường cao AI, bán kính đáy IN ⇒ V4 = π.IN 2 .A I 3 1 1 1 1 2 2 Thể tích phần chung V = V3 + V4 = π.IN .BI + π.IN .A I = π.IN 2 .(AI+ BI) = π.IN 2 .A B 3 3 3 3 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: MN AI MN BI MN MN AI + BI = ; = ⇒ + = =1 GH AB DE AB GH DE AB 1  1   1  1 ⇒ MN  + +  = 1 ⇔ MN.   = 1 ⇔ MN = 3a  2BC 2AD   2.2a 2.6a  MN 3a Dễ thấy I là trung điểm của MN ⇒ IN = = 2 2 2

1  3a  3 3πa 3 Vậy V = π.   .2a 3 = 3  2  2 Chọn B. Câu 46: Phương pháp: Giải phương trình g '(x) = 0 , lập BBT của đồ thị hàm số y = g(x) và kết luận. Cách giải: x = 0 Ta có g '(x) = f '(x) + 1 = 0 ⇔ f '(x) = −1 ⇔  x = 1  x = 2 BBT

Trang 21/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x g′( x)

−∞

−

+∞ −

g ( x)

Dựa vào BBT ta thấy hàm số y = g(x) có 1 điểm cực đại là x = 2. Chọn D. Câu 47: Phương pháp: +) Dựa vào phương trình đã cho của bài toán ta có thể thấy: VT = [ f (x).f '(x)] ' +) Lấy nguyên hàm hai vế và dựa vào giả thiết bài toán để làm tiếp. Cách giải: 2 Ta có: VT = [ f (x).f '(x) ] ' = f'(x).f'(x) + f(x).f''(x) = [ f '(x)] + f (x).f ''(x)

⇒ [ f '(x).f (x)] ' = x 3 − 2x(*) Nguyên hàm hai vế của (*) ta được: f '(x).f (x) =

x4 − x 2 + C(1) 4

Lại có: f '(0) = f (0) = 2 ⇒ C = 2.2 = 4 x4 ⇒ (1) ⇔ f (x).f '(x) = − x2 + 4 4  x4  x5 x3 ⇒ ∫ f (x)f '(x)dx = ∫  − x 2 + 4 dx ⇔ ∫ f (x)df (x) = − + 4x + A 20 3  4 

f 2 (x) x 5 x 3 x 5 2x 3 = − + 4x + A ⇔ f 2 (x) = − + 8x + 2A 2 20 3 10 3 Có f (0) = 2 ⇒ 4 = 2A ⇔ A = 2 x 5 2x 3 ⇒ f 2 (x) = − + 8x + 4 10 3 25 2.23 268 ⇒ f 2 (2) = − + 8.2 + 4 = 10 3 15 Chọn A. Câu 48: Phương pháp: +) Xác định góc giữa (SAB) và (SBC). +) Sử dụng tam giác đồng dạng, suy ra các tỉ số và tính SA. Cách giải: Gọi E là trung điểm của AB. Ta dễ dàng chứng minh được ABCE là hình vuông CE ⊥ AB ⇒ ⇒ CE ⊥ (SAB) ⇒ CE ⊥ SB CE ⊥ SA Trong (SAB) kẻ HE ⊥ SB ta có: ⇔

Trang 22/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SB ⊥ EH ⇒ SB ⊥ (CHE) ⇒ SB ⊥ CH  SB ⊥ CE (SAB) ∩ (SBC) = SB  (SAB) ⊃ EH ⊥ SB ⇒ ∠ ( ( SAB ) ; ( SBC ) ) = ∠ ( EH;CH ) = ∠CHE = 60° (SAC) ⊃ CH ⊥ SB  Xét tam giác vuông CEH có EH = CE.cot60° =

a 3

a . SA 2 + 4a 2 SA SB EH.SB Ta có ∆SAB ∼ ∆EHG(g.g) ⇒ = ⇒ SA = = 3 EH BE BE a ⇔ 3SA = SA 2 + 4a 2 ⇔ 3SA 2 = SA 2 + 4a 2 ⇔ SA 2 = 2a 2 ⇔ SA = a 2 Chọn A. Câu 49: Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x) tại điểm x = x 0 thuộc đồ thị hàm số là: y = f '(x 0 )(x − x 0 ) + f (x 0 )

a = a 2 Hai đường thẳng y = a1x + b1 và y = a 2 x + b 2 song song với nhau ⇔  1 b1 ≠ b 2 Cách giải: −6 − ab ; d : 7x + y − 4 = 0 ⇔ y = −7x + 4 Điều kiện: ax − 2 ≠ 0 . Ta có y ' = (a x − 2) 2 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số có dạng: d ' : y = −7x + y 0 (y 0 ≠ 4) Ta có: A(1; −4) ∈ d ' ⇒ −4 = −7.1 + y 0 ⇔ y 0 = 3(tm) ⇒ d ' : y = −7x + 3 A(1; −4) thuộc đồ thị hàm số và hệ số góc của d ' là: f '(1) = −7 3.1 + b  −4 = a − 2 b = −4a + 5 b + 3 = −4(a − 2) ⇒ ⇔ ⇔ 2 −6 − ab = −7(a − 2) −6 − a(−4a + 5) = −7a + 28a − 28  −6 − ab2 = −7  (a − 2)

 a = 2 (tmab ≠ −2)  b = −4a + 5  b = −4a + 5 a − 3b = 11  b = −3  ⇔ 2 ⇔  a = 2 ⇔ ⇒  a = 2 a − 3b = −2 11a − 33a + 22 = 0  a = 1  (tmab ≠ −2)   b = 1 Chọn A. Câu 50: Phương pháp: +) Nhận xét (P) / /(Q) / /(R) +) Sử dụng BĐT Cô-si và định lí Ta-let đánh giá biểu thức T. Cách giải: Dễ dàng nhận thấy (P) / /(Q) / /(R) Kẻ đường thẳng qua B vuông góc với cả 3 mặt phẳng (P), (Q), (R), cắt (P) tại H và cắt (Q) tại K. Ta có BH = d ( ( Q ) ; ( P ) ) = 9; HK = d ( ( P ) ; ( R ) ) = 3

Trang 23/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Khi đó ta có: T = AB2 +

144 144 AB BH 9 ≥ 2 AB2 . = 24 = 24. = 24. = 72 2 2 AC AC AC HK 3

Vậy Tmin = 72 Chọn C.

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

C3 C4 C5 C6 C7 C19

C16 C27 C34 C38 C41 C49

C33 C46

C11 C21 C23 C29

C35 C37 C39 C44

C26

C28

Đại số Chương 1: Hàm Số Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng

Lớp 12 (76%)

C14

C47

Chương 4: Số Phức

Hình học C13

C24 C25 C32 C48

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C20

C43 C45

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C9 C31

C36

Chương 1: Khối Đa Diện

C50

Đại số

Lớp 11 (18%)

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

C12

Chương 2: Tổ Hợp - Xác Suất

C22

C40 C32

Trang 24/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

Chương 4: Giới Hạn

Chương 5: Đạo Hàm

C10

Hình học Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song

C17

Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

C15

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (6%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

C30

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Tổng số câu

C18

Trang 25/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm

4.2

0.8

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI: Đề thi thử THPTGQ môn Toán năm 2019 trường THPT chuyên Bắc Ninh lần thứ 3 (Mã đề 304),được tổ chức thì vào cuối tháng 12 năm 2018. Đề thi gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm với lượng kiến thức như sau: 76% kiến thức lớp 12, 18% kiến thức lớp 11, 6% kiến thức lớp 10. Đề thi bám sát đề minh họa THPTQG của BGD&ĐT. Các câu hỏi trong đề thi rà soát hầu như hết chương trình học của các em (chưa có phần số phức của lớp 12) nên để làm tốt đề thi này HS cần có kiến thức thật chắc chắn. Trong đề xuất hiện các câu hỏi khó như 32, 40, 45, 46, 47, 49, có câu được trích từ đề thi THPTQG 2018

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.C 11.C 21.A

2.B 12.D 22.A

3.D 13.C 23.B

4.A 14.B 24.B

5.D 15.C 25.A

6.B 16.A 26.C

7.D 17.A 27.C

8.D 18.D 28.B

9.D 19.B 29.A

10.C 20.C 30.B

31.C 41.B

32.A 42.A

33.C 43.D

34.D 44.D

35.A 45.B

36.C 46.D

37.D 47.A

38.B 48.A

39.C 49.A

40.A 50.C

Câu 1: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết các khối đa diện đều. Cách giải: Có 4 mặt phẳng đối xứng như trong hình vẽ dưới đây:

Chọn C. Câu 2: Phương pháp: Sử dụng MTCT tính giới hạn ở từng đáp án và kết luận. Cách giải:

Đáp án A:

⇒ lim

2n 3 + 3 = −∞ 1 − 2n 2

Trang 26/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đáp án B:

⇒ lim ( n 3 − 4n 2 + 1) = +∞

Đáp án C:

⇒ lim

3n +1 + 2n =3 5 + 3n

Đáp án D:

⇒ lim

3n 2 + n 3 = 4n 2 − 5 4

Chọn B. Câu 3: Phương pháp +) Số nghiệm của phương trình f (x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng y=m. +) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = f (x) sau đó suy ra giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách giải: Số nghiệm của phương trình x 3 + 3x 2 − 2 = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 3 + 3x 2 − 2 và đường thẳng y = m . x = 0 Ta có: y ' = 3x 2 + 6x = 0 ⇔  . Ta có đồ thị hàm số như hình  x = −2 vẽ: Quan sát đồ thị hàm số ta có: đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số m = 2 y = x 3 + 3x 2 − 2 tại 2 điểm phân biệt ⇔   m = −2 Chọn D. Chú ý khi giải: Để làm bài nhanh hơn, các em có thể vẽ BBT thay cho đồ thị hàm số.

 x +1  G ọi M  x 0 ; 0  ∈ (C) x0 + 2   Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x = x 0 là: x +1 1 y' = (x − x 0 ) + 0 (d ') 2 x0 + 2 ( x0 + 2) Trang 27/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Để (d ') / /(d) : x + y = 1 ⇔ y = − x − 1 ⇒

( x 0 + 2)

= −1 (vô nghiệm)

⇒ Không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A. Chú ý: Phải đưa phương trình đường thẳng (d) về dạng y = kx + b và xác định hệ số góc của đường thẳng d cho chính xác, tránh sai lầm khi cho hệ số góc của đường thẳng d trong bài toán này bằng 1. Câu 5: Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số để nhận xét và đưa ra công thức đúng về đồ thị hàm số, từ đó suy ra các giá trị a, b, c. Cách giải: a Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCN là: y = 2 ⇒ y = = 2 ⇒ loại đáp án A, B. b 1 Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;1) ⇒ − = 1 ⇒ c = −1 ⇒ chọn D. c Chọn D. Câu 6: Phương pháp: Hàm số y = f (x) có f '(x) > 0∀x ∈ R thì đồng biến trên R. Sử dụng khái niệm hàm số đồng biến, với x1 < x 2 ⇒ f (x1 ) < f (x 2 ) Cách giải: Hàm số y = f (x) có f '(x) > 0∀x ∈ R thì đồng biến trên R. x > 1 1 1 1− x 1 Khi đó ta có f   < f (1) ⇔ < 1 ⇔ − 1 < 0 ⇔ <0⇔ x x x x x < 0

Vậy x ∈ ( −∞;0 ) ∪ (1; +∞ ) Chọn B.

Chú ý: Khi giải bất phương trình

1 1 < 1 nhiều HS có cách giải sai như nhau < 1 ⇔ x < 1 và chọn đáp án x x

C. Câu 7: Phương pháp: Hàm số đồng biến trên ( a; b ) ⇔ y ' ≥ 0∀x ∈ (a;b)

Hàm số nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ y ' ≤ 0∀x ∈ (a;b) Giải phương trình y ' = 0 và lập BBT, từ đó chọn đáp án đúng. Cách giải: x = 0 Ta có: y ' = 0 ⇔ x 2 (x − 2) = 0 ⇔  x = 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

20u1 − 10u 2 + u 3 = 20u1 − 10u1q + u1q 2 = 40 − 20q + 2q 2 = 2(q 2 − 10q + 25) − 10 = 2(q − 5) 2 − 10 ≥ −10 Dấu “=” xảy ra ⇔ q = 5 Khi đó số hạng thứ sáu của cấp số nhân trên là u 7 = u1q 6 = 2.56 = 31250 Chọn D. Câu 9: Phương pháp: Mặt phẳng (P) vuông góc với (Q), (R) ⇒ n P ⊥ n Q , n P ⊥ n R ⇒ n P =  n Q , n R 

Phương

trình

mặt

phẳng

đi

qua

đi ể m

M ( x 0 ; y0 ; z 0 )

và

có

VTPT

n = (A; B; C)

là:

A(x − x 0 ) + B(y − y0 ) + C(z − z 0 ) = 0 Cách giải: Mặt phẳng (P) vuông góc với (Q), (R) ⇒ n P ⊥ n Q , n P ⊥ n R ⇒ n P =  n Q , n R  Ta có: n Q = (1;1;3), n R = (2; −1;1) ⇒ n P =  n Q , n R  = (4;5; −3) Phương trình mặt phẳng đi qua điểm B(2;1; −3) và có VTPT n = (4;5; −3) là: 4(x − 2) + 5(y − 1) − 3(z + 3) = 0 ⇔ 4x + 5y − 3z − 22 = 0 Chọn D. Câu 10: Phương pháp: u' Sử dụng công thức tính đạo hàm ( ln u ) ' = u Cách giải: ln ( 5 − 3x 2 )  ' = −6x 2 = 6x   5 − 3x 3x 2 − 5 Chọn C. Câu 11: Phương pháp: 1 Sử dụng các công thức: log a b = ;log a b + log a c = log a bc(0 < a, b ≠ 1;c > 0) log b a Cách giải: 1 1 1 1 Ta có: log 5 2 = = ; log 5 3 = = log 2 5 a log 3 5 b 1 1 1 ab log 6 5 = = = = log 5 6 log 5 2 + log 5 3 1 + 1 a + b a b Chọn C. Câu 12: Phương pháp: tan a + tanb Sử dụng công thức tan ( a + b ) = 1 − tan a.tanb Cách giải: π Do 0 < a, b < ⇒ 0 < a + b < π 2

Trang 29/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 3 + π tan a + tanb Ta có: tan(a + b) = = 7 4 =1⇔ a + b = 1 3 1 − tan a.tanb 1 − . 4 7 4 Chọn D. Câu 13: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết các khối đa diện đều. Cách giải: Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó: +) 3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện. +) 1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên.

Chọn C. Câu 14: Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản. Cách giải: dx Ta có ∫ 2 = − cot x + C do đó đáp án B sai. sin x Chọn B. Câu 15: Phương pháp: Sử dụng quan hệ vuông góc trong không gian Cách giải: Ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BD Lại có: BD ⊥ AC (do ABCD là hình vuông) ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ AN Mà AN ⊥ SO(gt) ⇒ AN ⊥ (SBD) ⇒ AN ⊥ (SOD) Chọn C. Câu 16: Phương pháp: Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên trên từng khoảng xác định của nó. Cách giải: −2.1 − 1.(m 2 + 2m) − m 2 − 2m − 2 −(m + 1)2 − 1 = = < 0∀x ∈ D TXĐ: D = R \ {2} . Ta có: y ' = (x − 2) 2 (x − 2)2 (x − 2) 2 ⇒ y ' < 0∀x ∈ [3; 4] ⇒ Hàm số đã cho nghịch biến trên [3;4]

m 2 + 2m + 4 ; max y = y(3) = m 2 + 2m + 3 [3;4] [3;4] 2 2 m + 2m + 4 ⇒A= ; B = m 2 + 2m + 3 2 19 m 2 + 2m + 4 19 Theo bài ra ta có A + B = ⇔ + m 2 + 2m + 3 = 2 2 2

⇒ min y = y(4) =

Trang 30/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

m = 1 m 2 + 2m + 4 + 2m 2 + 4m + 6 19 = ⇔ 3m 2 + 6m − 9 = 0 ⇔  2 2  m = −3 Chọn A. Câu 17: Phương pháp: Đọc kĩ từng đáp án sau đó loại trừ và chọn đáp án đúng. Cách giải: Xét đáp án A: Giả sử ta có 3 đường thẳng a, b, c và a ∩ b = {A} , b ∩ c = {B} , c ∩ a = {C} Giả sử điểm A ≡ B ta có: +) Nếu A ≠ C ⇒ a ≡ c ⇒ mâu thuẫn với giả thiết a, c không đồng phẳng. +) Nếu A ≡ C ⇒ A ≡ B ≡ C ⇒ a, b, c đồng quy. Vậy a, b, c đồng quy ⇒ đáp án A đúng. Chọn A. Câu 18: Phương pháp: Tam giác ABC vuông tại C ⇔ CA.CB = 0 Cách giải: CA = (−2 − c; 4) Gọi C(c; 0) ∈ Ox(c>0) ta có  CB = (8 − c; 4) Tam giác ABC vuông tại C ⇔ CA.CB = 0 ⇔ ( −2 − c)(8 − c) + 16 = 0  c = 0(ktm) −16 + 2c − 8c + c 2 + 16 = 0 ⇔ c 2 − 6c = 0 ⇔  ⇒ C(6; 0)  c = 6(tm) Chọn D. Câu 19: Phương pháp: Tìm GTLN và GTNN của hàm số y = f (x) trên [ a;b] bằng cách:

⇔

+) Giải phương trình y ' = 0 tìm các nghiệm x1. +) Tính các giá trị f (a), f (b), f (x i ) ( x i ∈ [ a; b ]) . Khi đó: min f (x) = min {f (a), f (b), f (x i )} , max f (x) = max {f (a), f (b), f (x i )} , [a;b ]

[a;b ]

Cách giải: Ta có: y ' = 2x −

16 16 3  ⇒ y ' = 0 ⇔ 2x 3 = 2 ⇔ 2x 3 = 16 ⇔ x = 2 ∈  ; 4  2 x x 2 

 3  155 y  = ; y(2) = 12; y(4) = 20  2  12 Vậy max y = 20 khi x = 4 3   ;4 4 

Chọn B. Câu 20: Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy r là V = πr 2 h

Trang 31/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cách giải: Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC có

BC = AC2 − AB2 = 25a 2 −16a 2 = 3a 2

2  AB  2 Vậy thể tích khối trụ là V = π   .BC = π. ( 2a ) .3a = 12πa 2   Chọn C.

Câu 21: Phương pháp: Xét hàm số y = log a x ta có: +) TXĐ: D = ( 0; +∞ ) +) Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm TCĐ. +) Có a > 1 thì hàm số luôn đồng biến trên (0; +∞ ) và 0 < a < 1 thì hàm số luôn nghịch biến trên (0; +∞ ) . +) Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm (1; 0), (a; l) và nằm bên phải trục tung. Cách giải: Tập xác định của hàm số: x > 0 ⇔ x ≠ 0 ⇒ đáp án D đúng. khi x > 0 log 1 x  2 Ta có: y = log 1 x =  2 log 1 ( − x) khi x < 0  2 1 Vì 0 < a = < 1 ⇒ hàm số y = log 1 x nghịch biến trên (0; +∞ ) và hàm số y = log 1 (− x) đồng biến trên 2 2 2 (−∞; 0) Chọn A. Câu 22: Phương pháp: n

Sử dụng khai triển nhị thức Newton: ( a + b ) = ∑ C nk a k b n − k n

k =0

Cách giải: 12

12 1  k Ta có:  x 2 +  = ∑ C12 x2 x  k =0

 1  12 k 24−3k , do đó hệ số của số hạng chứa x m trong khai triển   =∑ C12 x  x  k =0 24 − m trên ứng với 24 − 3k = m ⇔ k = 3  24 − m 24 − m  3 =5 m = 9 3 ⇔ Theo bài ra ta có C12 = 792 ⇔  m = 3  24 − m = 7  3 Chọn A. Câu 23: Phương pháp: Giải phương trình mũ: a f (x) = a m ⇔ f (x) = m Cách giải: Ta có: 2 x +1 = 4 ⇔ 2 x +1 = 2 2 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = {1} 12 − k

( )

Chọn B. Câu 24: Phương pháp: Trang 32/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+) Gọi E là trung điểm của AB, chứng minh

( ( ABC ) ; ( ABD ) ) = ( CE; DE ) = CED

AB ⊥ CD Ta có  ⇒ AB ⊥ (CDE) ⇒ AB ⊥ DE AB ⊥ CE (ABC) ∩ (ABD) = AB  (ABC) ⊃ CE ⊥ AB ⇒ ∠ ( ( ABC ) ; ( ABD ) ) = ∠ ( CE; DE ) = ∠CED = 90° (ABD) ⊃ DE ⊥ AB 

Ta có ∆ABC = ∆ADC(c.c.c) ⇒ CE = DE ⇒ ∆CDE vuông cân tại E

⇒ CD = CE 2 ⇔ 2x = CE 2 ⇔ CE = x 2 (*) Xét tam giác vuông CBH có BH 2 = BC 2 − CH 2 = a 2 − x 2 Xét tam giác vuông ACH có AH 2 = AC 2 − CH 2 = a 2 − x 2 Xét tam giác vuông ABH có AB2 = AH 2 + BH 2 = 2a 2 − 2x 2 ⇒ AE =

2a 2 − 2x 2 2

a2 − x2 a2 + x2 a2 + x2 = ⇒ CE = 2 2 2 2 2 a −x a 3 = x 2 ⇔ a 2 + x 2 = 4x 2 ⇔ 3x 2 = a 2 ⇔ x = 3 2

Xét tam giác vuông ACE có CE 2 = AC2 − AE 2 = a 2 − Thay vào (*) ta có

Ta có: AC = AB 2 =

a 2 . 2 =a 2

Trang 33/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a  SA = AC.co s60° = 2 Xét ∆SAC vuông tại S ta có:  SC = AC.sin 60° = a 3  2 Áp dụng hệ thức lượng cho ∆SAC vuông tại S và có đường cao SH ta có: a a 3 . SA.SC 2 2 a 3 = = SH = AC a 4 1 1 a 3 a2 a3 3 ⇒ VS.ABCD = SA.SABCD = . . = 3 3 4 2 24 Chọn A. Câu 26: Phương pháp: x n +1 +C Sử dụng nguyên hàm cơ bản ∫ x n dx = n +1 Cách giải: x4 x2 1 f (x)dx = 4 + − x + C = x4 + x2 − x + C ∫ 4 2 2 Chọn C. Câu 27: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết về các điểm cực trị của hàm số. Cách giải: Nếu x = x 0 là điểm cực trị của hàm số thì f '(x 0 ) = 0 f '(x 0 ) = 0 Nếu x = x 0 là điểm cực trị của hàm số thì  f ''(x 0 ) > 0 Chọn C. Câu 28: Phương pháp: dx −1 Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản ∫ 2 = + C và công thức vi phân d [ f (x)] = f '(x)dx x x Cách giải: −1 1 d(ln x + 2) ∫ f (x)dx = ∫ x ( ln x + 2 )2 dx = ∫ ( ln x + 2 )2 = ln x + 2 + C Chọn B. Chú ý: HS có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải bài toán này, bằng cách đặt t = ln x + 2 . Câu 29: Phương pháp: +) Giải phương trình mũ: a f ( x ) = a m ⇔ f (x) = m +) Áp dụng hệ thức Vi-ét. Cách giải: Ta có: 1  x=− 2x 2 + 5x + 4 2 2  2 = 4 ⇔ 2x + 5x + 4 = 2 ⇔ 2x + 5x + 2 = 0 ⇔ 2 ⇒ x1 x 2 = 1   x = −2 Chọn A. Câu 30: Phương pháp: Trang 34/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Sử dụng các công thức: sin(a + b) = sin a cos b + cosa sin b sin(a − b) = sin a cos b − cosa sin b cos(a + b) = co s a cos b − sina sin b cos(a − b) = co s a cos b + sina sin b Cách giải: sin(a − b) = sin a cos b − co sa sin b , do đó đáp án B sai. Chọn B. Câu 31: Phương pháp: +) Sử dụng máy tính để bấm máy tích có hướng. +) Ta có: a ( a1 ;a 2 ) ⇒ a = a12 + a 22 . +) a ⊥ b ⇔ a.b = 0 +) a , b cùng phương ⇔ a = kb Cách giải: Ta có: a.b = 1.2 − 2.( −1) + 3.( −1) = 1 ≠ 0 ⇒ a, b không vuông góc ⇒ loại đáp án A. Ta thấy không tồn tại số k để a = kb ⇒ a, b không cùng phương ⇒ loại đáp án B. a = 1 + ( −2) 2 + 32 = 14 ⇒ Đáp án C đúng.

Chọn C. Câu 32: Phương pháp: +) Chứng minh hình chiếu vuông của S trên (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. +) Chứng minh tam giác SAC vuông tại S, tính AC. +) Tính BD. 1 1 1 +) Sử dụng công thức tính thể tích VS.ABCD = SH.SABCD = SH. AC.BD 3 3 2 Cách giải: Vì SA = SB = SD = a nên hình chiếu vuông của S trên (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ⇒ SH ⊥ (ABCD) . Do tam giác ABD cân tại A ⇒ H ∈ AC Dễ dàng chứng minh được: AC ∆SBD = ∆ABD(c.c.c) ⇒ SO = AO = ⇒ ∆SAC vuông tại S (Tam 2 giác có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy)

⇒ AC = SA 2 + SC2 = a 2 + x 2 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC có SH =

SA.SC ax = 2 AC a + x2

Ta có

1 1 2 a2 + x2 3a 2 − x 2 AC = a + x 2 ⇒ OB = AB2 − OA 2 = a 2 − = ⇒ BD = 3a 2 − x 2 2 2 4 2 1 Do ABCD là hình thoi ⇒ SABCD = AC.BD . Khi đó ta có: 2

OA =

Trang 35/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1 ax VS.ABCD = SH.SABCD = . 3 6 a2 + x2

1 a 2 + x 2 . 3a 2 − x 2 = ax 3a 2 − x 2 6

x 2 + 3a 2 − x 2 3a 2 1 3a 2 a 3 = ⇒ VS.ABCD ≤ a = 2 2 6 2 4 2 m = 6 3a a 6 a m Dấu “=” xảy ra ⇔ x 2 = 3a 2 − x 2 ⇔ x = = = ⇒ ⇒ m + 2n = 10 2 2 n n = 2 Chọn A. Câu 33: Phương pháp: Nếu x = x 0 là điểm cực trị của hàm số thì f '(x 0 ) = 0 Áp dụng BĐT Cô-si ta có: x 3a 2 − x 2 ≤

f '(x 0 ) = 0 Nếu x = x 0 là điểm cực tiểu của hàm số thì  f ''(x 0 ) > 0 Cách giải: Ta có y ' = 8x 7 + 5 ( m + 1) x 4 − 4(m 2 − 1)x 3 ; y '' = 56x 6 + 20(m + 1)x 3 − 12(m 2 − 1)x 2 ⇒ y ' = 0 ⇔ 8x 7 + 5(m + 1)x 4 − 4(m 2 − 1)x 3 = 0 ⇔ x 3 8x 4 + 5(m + 1)x − 4(m 2 − 1)  = 0 TH1: Xét m 2 − 1 = 0 ⇔ m = ±1 +) Khi m = 1 ta có y ' = 0 ⇔ x 3 (8x 4 + 10x) = x 4 (8x 3 + 10) ⇒ x = 0 là nghiệm bội 4 ⇒ x = 0 không là cực trị của hàm số. +) Khi m = −1 ta có y ' = 0 ⇔ x 3 .8x 4 = 0 ⇔ 8x 7 = 0 ⇔ x = 0 là nghiệm bội lẻ ⇔ x = 0 là điểm cực trị của hàm số. Hơn nữa qua điểm x = 0 thì y ' đổi dấu từ âm sang dương nên x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số. TH2: Xét m 2 − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±1 ta có: x2 = 0 y ' = 0 ⇔ x 2 8x 5 + 5(m + 1)x 2 − 4(m 2 − 1)x  = 0 ⇔  5 2 2 8x + 5(m + 1)x − 4(m − 1)x = 0 x 2 = 0 ⇔ x = 0 là nghiệm bội chẵn không là cực trị của hàm số, do đó cực trị của hàm số ban đầu là nghiệm của phương trình g(x) = 8x 5 + 5(m + 1)x 2 − 4(m 2 − 1)x = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 ⇔ g '(0) > 0

Ta có g '(x) = 40x 4 + 10(m + 1)x − 4(m 2 − 1) ⇒ g '(0) = −4(m 2 − 1) > 0 ⇔ m 2 − 1 < 0 ⇔ −1 < m < 1 Vậy kết hợp 2 trường hợp ta có −1 ≤ m < 1 Do m ∈ Z ⇒ m ∈ {−1;0}

Chọn C. Câu 34: Phương pháp: +) Cô lập m, đưa phương trình về dạng f (x) = m +) Phương trình f (x) = m có nghiệm ⇔ m ∈ [ min f (x); max f (x)] Cách giải:

(

)

x + 2 − x2 +1 +

(x + 2 − ⇔

x2 +1

18(x 2 + 1) x 2 + 1

)

x + 2 + x +1

= m(x 2 + 1)

18 x 2 + 1 x + 2 + x2 +1

Trang 36/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đặt

f (x) =

(

x + 2 − x2 +1

)

18 x 2 + 1

. Sử dụng chức năng MODE 7, ta tìm x2 +1 x + 2 + x2 +1 min f (x) = 7 ⇔ x = 0 Để phương trình f (x) = m có nghiệm ⇒ m ≥ 7 . Kết hợp điều kiện ta có m ∈ [ 7; 2018] , m ∈ Z . Vậy có (2018 − 7) + 1 = 2012 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D. Câu 35: Phương pháp: 4 +) Ta có: 7 + 3 5 7 − 3 5 = 49 − 45 = 4 ⇒ 7 − 3 5 = 7+3 5 +) Đặt ẩn phụ và đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai ẩn t từ đó tìm m theo yêu cầu của đề bài. Cách giải: 4 Ta có: 7 + 3 5 7 − 3 5 = 49 − 45 = 4 ⇒ 7 + 3 5 = 7−3 5

(

)(

(

)

)(

⇒ 7−3 5

)

(

+m 7+3 5

)

 4  ⇔  +m 7+3 5  7+3 5 

(

⇔ 2.2 x − 2 x . 7 + 3 5  2  ⇔ 2.    7+3 5 

2x 2

)

= 2x

−1

1 2 = .2 x 2

(

+ 2m 7 + 3 5

)

 2  −  + 2m = 0(*)  7+3 5 

2x 2

2   2 Đặt   = t ⇒ x = log 2 t. 7 + 3 5   7+3 5 2 < 1 ⇒ log 2 t > 0 ⇔ 0 < t < 1 Ta có: 0 < 7+3 5 7+3 5 ⇒ (*) ⇔ 2t 2 − t + 2m = 0(1) Để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ pt (1) có hai nghiệm phân biệt t ∈ (0;1)

1  ∆ > 0 1 − 16m > 0 m<  16    af (0) > 0 4m > 0 1  ⇔ af (1) > 0 ⇔ 2(2m + 1) > 0 ⇔ m > 0 ⇔ 0 < m < 16    b 1 1 0 < −  < 1 0 < < 1  m > − 2 2a 2   Chọn A. Câu 36: Phương pháp: +) Gọi điểm I(a; b; c) thỏa mãn IA + IB − IC = 0 , sử dụng các công thức cộng trừ vectơ xác định điểm I. +) Phân tích MA + MB − MC bằng cách chèn điểm I, đánh giá và tìm GTNN của MA + MB − MC .

Cách giải: Gọi điểm I(a; b; c) thỏa mãn IA + IB − IC = 0 Ta có: Trang 37/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

IA = (−3 − a; − b; −c)  −3 − a = 0 a = −3    IB = (−a; −b;3 − c) ⇒ IA + IB − IC = (−3 − a;3 − b;3 − c) = 0 ⇔ 3 − b = 0 ⇔ b = 3 ⇒ I(−3;3;3)    3 − c = 0 c = 3 IC = (−a; −3 − b; −c) Ta có MA + MB − MC = MI + IA + MI + IB − MI − IC = MI + IA + IB − IC = MI = MI Do đó MA + MB − MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất ⇒ M là hình chiếu của I trên (P)

(

)

Ta thấy −3 + 3 + 3 − 3 = 0 ⇒ I ∈ (P) ⇒ Hình chiếu của I trên (P) là chính nó. Do đó M ≡ I ⇒ M( −3;3;3) Chọn C. Câu 37: Phương pháp: Tìm điều kiện xác định của bất phương trình. Giải bất phương trình logarit: log f (x) < log g(x) ⇔ 0 < f (x) < g(x) Cách giải: log ( 2x 2 + 3) < log ( x 2 + mx + 1) ∀x ∈ R ⇔ 0 < 2x 2 + 3 < x 2 + mx + 1 ⇔ x 2 − mx + 2 < 0∀x ∈ R(*) a = 1 < 0 ⇔ (vonghiem) 2 ∆ = m − 8 < 0 Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D. Câu 38: Phương pháp:

Đặt t = x 2 − 6x + 12 =

( x − 3)

+ 3 ≥ 3 tìm GTLN của hàm số f (t) với t ≥ 3

Cách giải:

f (x) = 6 x 2 − 6x + 12 + 6x − x 2 − 4

f (x) = 6 x 2 − 6x + 12 − (x 2 − 6x + 12) + 8 Đặt t = x 2 − 6x + 12 =

( x − 3)

+ 3 ≥ 3 , khi đó ta có f (t) = − t 2 + 6t + 8∀x ≥ 3

Ta có f '(t) = −2 t + 6 = 0 ⇔ t = 3 BBT:

⇒ max f (t) = 17 ⇔ t = 3 ⇔ 3; +∞ )

( x − 3)

+3 =3⇔ x =3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cách giải:

x 4 2x 3 − +x+C 4 3 x 4 2x 3 Lại có: F(0) = 5 ⇔ C = 5 ⇒ F(x) = − +x +5 4 3  x 4 2x 3  x = 0 x 4 2x 3 ⇒ F(x) = 5 ⇔ − + x = 0 ⇔ x − + 1 = 0 ⇔  4 3 3  x ≈ −1, 04  4  Chọn C. Câu 40: Cách giải: Gọi X, Y là hai tập hợp con của A sao cho X ∩ Y = ∅; X ≠ ∅; Y ≠ ∅ Ta có: F(x) = ∫ x 3 − 2x 2 + 1 dx =

(

)

Giả sử A = {x1 ; x 2 ; x 3 ; x 4 ; x 5 ; x 6 ; x 7 ; x 8 ; x 9 }

 x1 ∉ X Phần tử x1 có 3 khả năng: hoặc x1 ∈ X hoặc x1 ∈ Y hoặc   x1 ∉ Y ….. Cứ như vậy đến phần tử x 9 . Do đó ta có 39 cặp 2 tập hợp không giao nhau (chứa cả cặp tập hợp rỗng). Số cách chọn tập X ≠ ∅; Y = ∅ là 29 − 1 cách chọn. Số cách chọn tập X = ∅; Y ≠ ∅ là 29 − 1 cách chọn. ⇒ số cặp 2 tập hợp khác rỗng không giao nhau thực sự là 39 − 2(29 − 1) Do (X; Y) và (Y; X) là trùng nhau nên số cặp 2 tập hợp không giao nhau thực sự là

Chọn A. Câu 41: Phương pháp: Hàm số đồng biến trên (a; b) ⇔ y' ≥ 0∀ x ∈ (a; b) Cách giải: Hàm số y = f (x) đồng biến trên (3;5) ⇔ y' > 0∀ x ∈ (3;5)

39 − 2(29 − 1) = 9330 2

Khảo sát hàm số g(x) = x 2 − 3x ta được:

 m ≥ −2 ⇒ −m 2 − 5m − 6 ≤ 0 ⇔ m 2 + 5m + 6 ≥ 0 ⇔   m ≤ −3 Chọn B. Trang 39/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 42: Phương pháp: +) Tính tổng số trận đấu, tính số trận hòa, trận không hòa. +) Tính số điểm của các trận hòa, số điểm của các trận không hòa và suy ra số điểm của toàn giải đấu. Cách giải: Vì 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội bất kì thi đấu với nhau đúng 2 trận ( nên mỗi đội sẽ thi đấu với 11 đội còn lại, do đó tổng số trận đấu là 12.11 = 132 (trận). Số trận hòa là 16 trận, số trận không hòa là 132 – 60 = 72. 60 trận hòa, mỗi đội được 1 điểm, vậy có 120 điểm. 72 trận không hòa, mỗi trận đội thắng được 3 điểm, vậy có 72.3 = 216 điểm. Vậy tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu là 120 + 216 = 336. Chọn A. Câu 43: Phương pháp: Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: V = πR 2 h Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: S = 2πRh + πR 2 Cách giải: V Ta có: Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: V = πR 2 h ⇒ h = πR 2 Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: S = 2πRh + πR 2 V 2V ⇒ S = 2π.R + πR 2 = + πR 2 2 R πR V V Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương ; ; πR 2 ta có: R R V V V V + πR 2 ≥ 3 3 + πR 2 = 3 3 πV 2 R R R R V V πR 3 =R Dấu “=” xảy ra ⇒ = πR 2 ⇔ R 3 = ⇔ V = πR 3 ⇒ h = R π πR 2 Chọn D. Câu 44: Phương pháp: +) Hàm số y = log a f (x)(0 < a ≠ 1) xác định ⇔ f (x > 0) 1 +) Hàm số xác định ⇔ A ≠ 0 A Cách giải: 4x + 7 Hàm số y = xác định với mọi x ∈ R khi và chỉ khi 2 log 2018 x − 2x + m 2 − 6m + 10

(

)

Trang 40/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

log 2018 x 2 − 2x + m 2 − 6m + 10 ≠ 0∀x ∈ R  2 2  x − 2x + m − 6m + 10 > 0∀x ∈ R

(

)

 x 2 − 2x + m 2 − 6m + 10 ≠ 1∀x ∈ R ⇔ 2 2  x − 2x + m − 6m + 10 > 0∀x ∈ R ( x − 1)2 + ( m − 3)2 ≠ 1∀x ∈ R ⇔ 2 2 ( x − 1) + ( m − 3) > 0∀x ∈ R ( m − 3)2 ≠ 1 − ( x − 1)2 ∀x ∈ R ⇔ 2 2 ( x − 1) + ( m − 3) > 0∀x ∈ R  m > 4 ( m − 3)2 > 1   m > 4 ⇔ ⇔  m < 2 ⇔  m < 2 m − 3 ≠ 0 m ≠ 3  Chọn D. Câu 45: Phương pháp Công thức tính thể tích khối nón tròn xoay có chiều cao h và bán kính đáy R là: V =

1 πR 2 h 4

Cách giải: Ta có: Khối nón (N1 ) được sinh bởi ∆ABC khi quay quanh AB có chiều cao h1 = AB và bán kính đáy R 1 = BC Khối nón (N 2 ) được sinh bởi ∆ADB khi quay quanh AB có chiều cao h 2 = AB và bán kính đáy R 2 = AD

Do hai khối nón cùng có chiều cao AB nên hai đáy của hai khối nón nằm trong hai mặt phẳng song song. Trong mặt phẳng đáy của hình nón (N1 ) kẻ đường kính GH / /DE . Dễ dàng chứng minh được DEGH là hình thang cân. Gọi M = AG ∩ BE; N = AH ∩ BD, I = AB ∩ MN. Khi đó phần chung giữa hai khối nón (N1 ) và (N 2 ) là hai khối nón: 1 +) Khối nón (N 3 ) đỉnh B, đường cao BI, bán kính đáy IN ⇒ V3 = π.IN 2 .BI 3 1 +) Khối nón (N 4 ) đỉnh A, đường cao AI, bán kính đáy IN ⇒ V4 = π.IN 2 .A I 3 1 1 1 1 Thể tích phần chung V = V3 + V4 = π.IN 2 .BI + π.IN 2 .A I = π.IN 2 .(AI+ BI) = π.IN 2 .A B 3 3 3 3 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: Trang 41/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

MN AI MN BI MN MN AI + BI = ; = ⇒ + = =1 GH AB DE AB GH DE AB 1  1   1  1 ⇒ MN  + +  = 1 ⇔ MN.   = 1 ⇔ MN = 3a  2BC 2AD   2.2a 2.6a  MN 3a Dễ thấy I là trung điểm của MN ⇒ IN = = 2 2 2 3 1  3a  3 3πa Vậy V = π.   .2a 3 = 3  2  2 Chọn B. Câu 46: Phương pháp: Giải phương trình g '(x) = 0 , lập BBT của đồ thị hàm số y = g(x) và kết luận. Cách giải: x = 0 Ta có g '(x) = f '(x) + 1 = 0 ⇔ f '(x) = −1 ⇔  x = 1  x = 2 BBT

⇒ [ f '(x).f (x)] ' = x 3 − 2x(*) Nguyên hàm hai vế của (*) ta được: f '(x).f (x) =

x4 − x 2 + C(1) 4

Lại có: f '(0) = f (0) = 2 ⇒ C = 2.2 = 4 x4 ⇒ (1) ⇔ f (x).f '(x) = − x2 + 4 4  x4  x5 x3 ⇒ ∫ f (x)f '(x)dx = ∫  − x 2 + 4 dx ⇔ ∫ f (x)df (x) = − + 4x + A 20 3  4  f 2 (x) x 5 x 3 x 5 2x 3 = − + 4x + A ⇔ f 2 (x) = − + 8x + 2A 2 20 3 10 3 Có f (0) = 2 ⇒ 4 = 2A ⇔ A = 2 ⇔

Trang 42/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x 5 2x 3 − + 8x + 4 10 3 25 2.23 268 ⇒ f 2 (2) = − + 8.2 + 4 = 10 3 15 Chọn A. Câu 48: Phương pháp: +) Xác định góc giữa (SAB) và (SBC). +) Sử dụng tam giác đồng dạng, suy ra các tỉ số và tính SA. Cách giải: Gọi E là trung điểm của AB. Ta dễ dàng chứng minh được ABCE là hình vuông CE ⊥ AB ⇒ ⇒ CE ⊥ (SAB) ⇒ CE ⊥ SB CE ⊥ SA Trong (SAB) kẻ HE ⊥ SB ta có: ⇒ f 2 (x) =

SB ⊥ EH ⇒ SB ⊥ (CHE) ⇒ SB ⊥ CH  SB ⊥ CE (SAB) ∩ (SBC) = SB  (SAB) ⊃ EH ⊥ SB ⇒ ∠ ( ( SAB ) ; ( SBC ) ) = ∠ ( EH; CH ) = ∠CHE = 60° (SAC) ⊃ CH ⊥ SB 

Xét tam giác vuông CEH có EH = CE.cot60° =

a 3

a . SA 2 + 4a 2 SA SB EH.SB = ⇒ SA = = 3 Ta có ∆SAB ∼ ∆EHG(g.g) ⇒ EH BE BE a

⇔ 3SA = SA 2 + 4a 2 ⇔ 3SA 2 = SA 2 + 4a 2 ⇔ SA 2 = 2a 2 ⇔ SA = a 2 Chọn A. Câu 49: Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x) tại điểm x = x 0 thuộc đồ thị hàm số là: y = f '(x 0 )(x − x 0 ) + f (x 0 ) a1 = a 2 Hai đường thẳng y = a1x + b1 và y = a 2 x + b 2 song song với nhau ⇔  b1 ≠ b 2 Cách giải: −6 − ab Điều kiện: ax − 2 ≠ 0 . Ta có y ' = ; d : 7x + y − 4 = 0 ⇔ y = −7x + 4 (a x − 2) 2 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số có dạng: d ' : y = −7x + y 0 (y 0 ≠ 4) Ta có: A(1; −4) ∈ d ' ⇒ −4 = −7.1 + y 0 ⇔ y 0 = 3(tm) ⇒ d ' : y = −7x + 3 A(1; −4) thuộc đồ thị hàm số và hệ số góc của d ' là: f '(1) = −7

Trang 43/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3.1 + b  −4 = a − 2 b = −4a + 5 b + 3 = −4(a − 2) ⇒ ⇔ ⇔ 2 −6 − ab = −7(a − 2) −6 − a(−4a + 5) = −7a + 28a − 28  −6 − ab2 = −7  (a − 2)  a = 2 (tmab ≠ −2) b = −4a + 5  b = −4a + 5  a − 3b = 11   b = −3  ⇔ 2 ⇔ a = 2 ⇔ ⇒  a = 2 a − 3b = −2 11a − 33a + 22 = 0 a = 1  (tmab ≠ −2)   b = 1 Chọn A. Câu 50: Phương pháp: +) Nhận xét (P) / /(Q) / /(R) +) Sử dụng BĐT Cô-si và định lí Ta-let đánh giá biểu thức T. Cách giải: Dễ dàng nhận thấy (P) / /(Q) / /(R)

Kẻ đường thẳng qua B vuông góc với cả 3 mặt phẳng (P), (Q), (R), cắt (P) tại H và cắt (Q) tại K. Ta có BH = d ( ( Q ) ; ( P ) ) = 9; HK = d ( ( P ) ; ( R ) ) = 3 Khi đó ta có: T = AB2 +

144 144 AB BH 9 ≥ 2 AB2 . = 24 = 24. = 24. = 72 2 2 AC AC AC HK 3

Vậy Tmin = 72 Chọn C.

Trang 44/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN II – MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

NĂM HỌC: 2018 - 2019

MÃ ĐỀ 121

Thời gian làm bài: 90 phút

Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần II môn Toán của trường THPT Chuyên Hạ Long gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài toán thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức được phân bố như sau: 92% lớp 12, 8% lớp 11, 0% kiến thức lớp 10. Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh hoạ môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tạo đã công bố từ đầu tháng 12. Trong đó xuất hiện các câu hỏi khó lạ như câu 38, 41, 45 nhằm phân loại tối đa học sinh. Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất. Câu 1 (TH): Tính thể tích V của khối nón chiều cao h = a và bán kính đáy r = a 3 . A. V = π a 3

B. V =

π a3

C. V = 3π a 3

Câu 2 (TH): Tìm tập nghiệm S của phương trình 9 x A. S = {1} Câu

(TH):

B. S = {0; 1}. Trong

không

gian

−3 x + 2

D. V =

hệ

=1 .

C. S = {1; -2}. với

π a3 3

toạ

độ

Oxyz,

D. S = {1; 2}. cho

tam

giác

ABC,

với

A (1,1, 2 ) , B ( −3, 0,1) , C ( 8, 2, −6 ) . Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC. A. G(2,-1,1)

B. G(2,1,1)

C. G(2,1,-1)

D. G(6,3,-3)

Câu 4 (TH): Tính diện tích xung quanh S của khối trụ có bán kính đáy r = 4 và chiều cao h = 3. A. S = 48 π

B. S = 24 π

C. S = 96 π

D. S = 12 π

Câu 5 (TH): Cho đồ thị hàm số y = log 2 x . Khẳng định nào sau đây sai ? A. Đồ thị hàm số nhận trục tung là tiệm cận đứng. B. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm A (1,0 ) . C. Đồ thị hàm số luôn nằm phía trên trục hoành. D. Đồ thị hàm số đồng biến trên khoảng ( 0. + ∞ ) . Câu 6 (TH): Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy và cạnh bên cùng bằng a. Tính thể tích khối lăng trụ đó. a3 6 A. 12

Câu 7 (TH): Hàm số y = A. (3;+∞).

a3 6 B. 4

a3 3 C. 12

a3 3 D. 4

1 3 2 x − x − 3x + 5 nghịch biến trên khoảng nào ? 3 B. (-∞;+∞).

C. (-∞;-1).

x−6 có mấy đường tiệm cận? x2 − 1 B. 3. C. 2.

D. (-1;3).

Câu 8 (TH): Đồ thị hàm số y = A. 1.

D. 0.

Câu 9 (TH): Đường cong hình bên là đồ thị của mộ hàm số trong bốn hàm số được liệt kê dưới đây. Hỏi đó là hàm số nào?

Trang 1/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. y = − x 3 + x – 1 . 3 B. y = x + x + 1. 3 C. y = − x + x + 1. 3 D. y = − x + x + 1

Câu 10 (TH): Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e3 x . e3 x +1 e3 x 3x 3x + C f x dx = +C . . B. . C. . D . ( ) ∫ ∫ ∫ f ( x)dx = 3e + C ∫ f ( x)dx = e + C 3x + 1 3 Câu 11 (VD) : Cho khối chóp SABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA = a, SB = b, SC = c. Tính thể tích V của khối chóp đó theo a, b, c.

f ( x) dx =

A. V =

abc 6

B. V =

abc 3

C. V =

abc 2

D. V = abc

Câu 12 (VD): Tìm tập xác định D của hàm số y = log 3 ( x 2 – x − 2 ) . A. D = Câu

B. D = (−∞; −1) ∪ ( 2; + ∞ ) .

( −1; 2 ) .

13 2

(TH): 2

Trong

không

gian

C. D =

với

hệ

D. D =

( 2; + ∞ ) . toạ

( −∞; −1) .

Oxyz,

độ

cho

mặ t

cầu ( S ) : x + y + z – 2 x + 4 y – 4 z – 25 = 0 . Tìm toạ độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S).

A. I (1; −2; 2); R = 34

B. I (−1; 2; −2); R = 5

C. I ( −1; 4; −4); R = 29

D. I (1; −2; 2); R = 6

Câu 14 (TH): Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = cos x − 2 x.

∫ f ( x)dx = sin x − x + C C. ∫ f ( x ) dx = s inx − x . 2

∫ f ( x)dx = − s inx − x D. ∫ f ( x ) dx = − s inx − x

+C .

Câu 15 (TH): Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và có bảng biến thiên: x y′ y

−1

−∞

−

+∞ +

+∞ 1

+∞ -1

Khẳng định nào sai?

A. x0 = 1 là điểm cực tiểu của hàm số. B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;0 ) và (1; +∞ ) . C.

M ( 0; 2 ) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số. Trang 2/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

D. f ( −1) là một giá trị cực tiểu của hàm số. 12

1  Câu 16 (VD): Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của  x 2 −  . x 

A. -459.

B. -495.

C. 495.

D. 495.

Câu 17 (VD): Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm f '( x) = (e + 1)(e − 12)( x + 1)( x − 1) 2 trên R. Hỏi hàm số x

y = f ( x) có bao nhiêu điểm cực trị? A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Câu 18 (VD): Cho khối lăng trụ tam giác ABC . A’B’C’ có thể tích V . Gọi M là trung điểm CC’. Mặt phẳng (MAB) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó (số bé chia số lớn).

2 3 1 . B. . C. . 5 5 5 Câu 19 (VD): Tính thể tích V của khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a. A.

A. V =

π a3 6

B. V =

A. V =

a3 3 2

B. V =

1 . 6

π a3 π a3 4π a3 C. V = D. V = 3 3 2 Câu 20 (VD): Cho khối chóp tam giác đều SABCD có cạnh đáy là a, các mặt bên tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp đó. a3 3 12

C. V =

a3 3 6

D. V =

a3 3 3

Câu 21 (VD): Cho hàm số f ( x) thoả mãn f '( x) = ( x + 1)e x và f (0) = 1 . Tính f (2) A. f (2) = 4e 2 + 1

B. f (2) = 2e 2 + 1

C. f (2) = 3e 2 + 1

D. f (2) = e 2 + 1

Câu 22 (VD): Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 3 − 3x 2 + 1 biết nó song song với đường thẳng y = 9 x + 6 .

A. y = 9 x + 26; y = 9 x − 6

B. y = 9 x − 26

C. y = 9 x + 26

D. y = 9 x − 26; y = 9 x + 6

Câu 23 (VD): Tính độ dài đường cao của tứ diện đều có cạnh a. A.

a 2 3

a 6 9

a 6 3

a 6 6

Câu 24 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x 3 − 3 x 2 + mx + 2 đồng biến trên R. A.m ≥ 3.

B. m > 3.

C. m < 3.

D. m ≤ 3.

Câu 25 (VD): Cho khối chóp SABC có SA ⊥ ( ABC ), SA = a, AB = a, AC = 2a, ∠BAC = 1200 .Tính thể tích khối chóp SABC .

A. V =

a3 3 3

B. V = a 3 3

C. V =

a3 3 6

D. V =

a3 3 2

Câu 26 (TH): Cho tam giác ABC vuông cân tại A, đường cao AH = 4. Tính diện tích xung quang Sxq của hình nón nhận được khi quay tam giác ABC quanh trục AH. A. S xq = 4 2π

B. S xq = 16 2π

Câu 27 (TH): Tính đạo hàm của hàm số y =

C. S xq = 8 2π

D. S xq = 32 2π

x +1 ( x > 0, x ≠ 1) ln x Trang 3/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. y ' =

ln x − x − 1 x(ln x)2

B. y ' =

x ln x − x − 1 x (ln x)2

C. y ' =

ln x − x − 1 (ln x)2

D. y ' =

x ln x − x − 1 x ln x

Câu 28 (VD): Phương trình s in 2 x + 3 sin x cos x = 1 có bao nhiêu nghiệm thuộc [ 0;3π ] . A.7

B. 6

C. 4

D. 5

Câu 29 (TH): Việt Nam là quốc gia nằm ở phía Đông bán đảo Đông Dương thuộc khu vực Đông Nam Á. Với dân số ước tính 93,7 triệu dân vào đầu năm 2018, Việt Nam là quốc gia đông dân thứ 15 trên thế giới và là quốc gia đông dân thứ 8 Châu Á, tỉ lệ tăng dân số hàng năm là 1,2%. Giả sử tỉ lệ tăng dân số từ năm 2018 đến năm 2030 không thay đổi thì dân số nước ta đầu năm 2030 khoảng bao nhiêu: A.118,12 triệu dân.

B. 106,12 triệu dân.

C. 128,12 triệu dân.

D. 108,12 triệu dân.

C. u n = 3n (n ∈ N *)

D. un =

Câu 30 (TH): Dãy số nào là cấp số cộng? A. u n = n + 2 n ( n ∈ N *)

B. un = 3n + 1( n ∈ N *)

Câu 31 (TH): Tìm nguyên hàm

1 dx . ln x + 1

1 ln x + 1 + C D. 2 ln x + 1 + C 2 Câu 32 (TH): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai vectơ a ( −2; −3;1) và b(1; 0;1) .Tính cos( a; b) . −1 1 −3 3 A. cos(a; b) = B. cos(a; b) = C. cos(a; b) = D. cos(a; b) = 2 7 2 7 2 7 2 7 A.

2 (ln x + 1)3 + C 3

∫x

3n + 1 (n ∈ N *) n+2

ln x + 1 + C

Câu 33 (TH): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz Cho tam giác ABC với A (1;2;1) ; B ( −3;0;3) ; C ( 2; 4; −1) . Tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành ?

A.D(6;-6;3)

B. D(6;6;3)

C. D(6;-6;-3)

D. D(6;6;-3)

x2 + x + 3 trên [-2;1] . x−2

Câu 34 (TH): Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhát và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = Tính T = M + 2 m .

A. T = −

25 2

Câu 35 (VD): Biết A. a + b = 1

B. T = −11

C. T = −7

D. T = −10

x +1

∫ ( x − 1)( x − 2) dx = a ln x − 1 + b ln x − 2 + C (a, b ∈ R) . Tính giá trị biểu thức a + b B. a + b = 5

C. a + b = -5

D. a + b = -1 3

Câu 36 (VD): Tính tổng tất cả các giá trị của m biết đồ thị hàm số y = x − 2mx 2 + ( m + 3) x + 4 và đường thẳng y = x + 4 cắt nhau tại 3 điểm phân biệt A(0;4), B, C sao cho diện tích tam giác IBC bằng 8 2 với

I (1;3) . A.3

B. 8

C. 1

D. 5

Câu 37 (VD): Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m + m 4 có 3 điểm cực trị đồng thời các điểm cực trị của đồ thị lập thành tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. Tính tổng các phần tử của S.

1+ 5 2

2+ 5 2

C. 0

3+ 5 2 Trang 4/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 38 (VDC): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D và AB = AD = a, DC = 2a, tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên AC và M là trung điểm HC. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp chop S.BDM theo a.

7π a 2 A. . 9

13π a 2 B. . 9

13π a 2 C. . 3

7π a 2 D. . 3

Câu 39 (VD): Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với A (1; 2;0 ) ; B ( 3; 2; −1) ; C ( −1; −4; 4 ) . Tính tập hợp tất cả các điểm M sao cho MA2 + MB 2 + MC 2 = 52

A. Mặt cầu tâm I(-1;0;-1) bán kính r = 2

B. Mặt cầu tâm I(-1;0;-1) bán kính r = 2

C. Mặt cầu tâm I(1;0;1) bán kính r = 2

D. Mặt cầu tâm I(1;0;1) bán kính r = 2

Câu 40 (VDC): Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên R và có đồ thị hàm số y = f ’ ( x ) như hình bên. Hàm số y = f ( 3 – x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2; −1)

B. ( −1; 2 )

D. ( −∞; −1)

C. ( 2; +∞ )

Câu 41 (VDC): Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD cạnh a. Trên đường thẳng qua A và vuông goác vói mặt phẳng (P) lấy điểm S sao cho SA = a. Mặt cầu đường kính AC cắt các đường thẳng SB, SC, SD lần lượt tại M ≠ B, N ≠ C, P ≠ D. Tính diện tích rứ giác AMNP ? A.

a2 6 2

a2 2 12

a2 2 4

Câu 42 (VDC): Gọi K là tập nghiệm của bất phương trình 7 2 x + 3

D. x +1

− 72+

a2 3 6

+ 2018 x ≤ 2018 . Biết rẳng tập

hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số y = 2 x − 3(m + 2) x + 6(2m + 3) x − 3m + 5 đồng biến trên K là  a − b ; +∞  với a, b là các số thực. Tính S = a + b  

A. S = 14

B. S = 8

C. S = 10

D. S = 11

Câu 43 (VDC): Cho tứ diện S.ABC có ABC là tam giác nhọn. Hình chiếu vương góc của S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trực râm của tam giác ABC. Khẳng định nào dưới đây là sai khi nói về tứ diện đã cho ? A. Các đoạn thẳng nối các trung điểm các cặp cạnh đối của tứ diện bằng nhau. B. Tổng các bình phương của mỗi cặp cạnh đối của tứ diện bằng nhau. C. Tồn tại một đỉnh của tứ diện có ba cạnh xuất phát từ đỉnh có đôi một vuông góc với nhau. D. Tứ diện có các cặp cạnh đối vuông góc với nhau. 2

Câu 44 (VDC): Cho hàm số y = f(x) lien tục trên R thoả mãn f '( x ) + 2 x. f ( x ) = e − x ∀x ∈ R và f (0) = 0 . Tính f (1) .

Trang 5/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

−1 1 1 C. f (1) = 2 D. f (1) = e e e Câu 45 (VDC): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a. Biết rằng ASB = ASD = 900, mặt phẳng chứa AB và vuông góc với (ABCD) cắt SD tại N. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện DABN. A. f (1) = e 2

B. f (1) =

2a 3 3

2 3a3 3

4a 3 3

4 3a 3 3

Câu 46 (VDC): Cho hàm số y = x 3 − 3( m + 3) x 2 + 3 có đồ thị (C). Tìm tất cả các giá trị của m sao cho qua điểm A(-1;1) kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến (C), Một tiếp tuyến là ∆1 : y = −1 và tiếp tuyến thứ 2 là thoả mãn tiếp xúc với (C) tại N đồng thời cắt (C) tại P (khác N) có hoành độ bằng 3.

A. Không tồn tại m thoả mãn

B. m = 2

C. m = 0, m = −2

D. m = −2

Câu 47 (VDC): Cho bất phương trình m.9 2 x nghiệm đúng ∀x ≥

−x

− (2m + 1)6 2 x

−x

+ ma 2 x

−x

≤ 0 . Tìm m để bất phương trinh

1 2

3 3 B. m ≤ C. m ≤ 0 D. m < 0 2 2 Câu 48 (VDC): Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 1, điểm M là trung điểm CD. Cho hình vuông ABCD (tất cả các điểm trong của nó) quay quanh trục là đường thảng AM ta được một khối tròn xoay. Tinh thể tích của khối tròn xoay đó. A. m <

7 10 π 15

7 5 π 30

7 2 π 30

7 2 π 15

Câu 49 (VD): Trong truyện cổ tích Cây tre trăm đốt (các đốt được tính từ 1 đến 100), khi không vác được cây tre dài tận 100 đốt như vậy về nhà, anh Khoai ngồi khóc, Bụt liền hiện lên, bày cho anh ta : “Con hãy hô câu thần chú Xác suất, xác suất thì cây tre sẽ rời ra, con sẽ mang được về nhà”. Biết rằng cây tre 100 đốt được tách ra một cách ngẫu nhiên thành các đoạn ngắn có chiều dài là 2 đốt (có thể chỉ có một loại). Xác suất để có dố đoạn 3 đốt nhiều hơn số đoạn 5 đốt đúng 1 đoạn gần với giá trị nào trong các giá trị dưới đây ? A.0,142.

B. 0,152.

C. 0,132.

D. 0,122.

Câu 50 (VDC): Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ.

Hỏi hàm số y = f ( f ( x ) ) có bao nhiêu điểm cực trị ?

A. 6 C. 7

B. 8 D. 9 Trang 6/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.A

2.D

3.C

4.B

5.C

6.D

7.D

8.B

9.D

10.D

11.A

12.D

13.A

14.A

15.C

16.C

17.B

18.C

19.A

20.C

21.B

22.B

23.C

24.A

25.C

26.B

27.B

28.B

29.D

30.B

31.D

32.A

33.D

34.B

35.A

36.C

37.C

38.D

39.C

40.B

41.D

42.A

43.C

44.D

45.A

46.A

47.C

48.B

49.D

50.D

Câu 1: Phương pháp:

1 Thể tích khối nón có bán kính đáy r và chiều cao h là: V = π r 2 h 3 Cách giải:

1 1 Ta có. V = π r 2 h = π (a 3) 2 .a = π a3 3 3 Chọn A. Câu 2: Phương pháp: Giải phương trình mũ: a f ( x ) = a m f ( x ) = m . ( 0 < a ≠ 1) .

Cách giải: 9x

−3 x + 2

x = 2 = 1 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔  x = 1

Vậy S = {1;2}

Chọn D. Câu 3. Phương pháp:

G ( xG ; yG ; zG )

x A + xB + xC   xG = 3  y + yB + yC  là trọng tâm tam giác ABC ⇒  yG = A 3  z A + z B + zC   zG = 3 

Cách giải:

x A + xB + xC 1 − 3 + 8  = =2  xG = 3 3  y + yB + yC 1 + 0 + 2  = = 1 ⇒ G (2;1; −1). Ta có:  yG = A 3 3  z A + z B + zC 2 + 1 − 6  = = −1  zG = 3 3  Chọn C. Câu 4 Trang 7/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: Công thức tính diện tích xung quanh của khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là: S xq = 2π rh .

Cách giải: Ta có: Sxq = 2π rh = 2π .4.3 = 24π .

Chon B. Câu 5: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết đồ thị hàm số y = log a x ( 0 < a ≠ 1, x > 0 ) .

Cách giải: Xét hàm số y = log2x ta có: +)TXĐ: D = (0; +∞). Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm TCĐ. +)Có a = 2 > 1 nên đồ thị hàm số luôn đồng biến trên (0;+ ∞). +)Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm (1;0) và nằm bên phải trục tung. +)Như vậy chỉ có đáp án C sai.

Chọn C. Câu 6: Phương pháp: Công thúc tính thể tích khối lăng trụ: V = S d .h

Cách giải: Khối lăng trụ đều là khối lăng trụ đứng có các cạnh bên và các cạnh đáy bằng nhau VABC . A ' B 'C ' = AA '.S ABC = a.

a 2 3 a3 3 . = 4 4

Chọn D. Câu 7: Phương pháp: Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) y ' ≤ 0, ∀x ∈ (a; b).

Cách giải: Ta có: y’ = x 2 – 2 x – 3 Hàm số nghịch biến y’ < 0 x 2 − 2 x − 3 < 0 −1 < x < 3 .

Chọn D. Câu 8: Phương pháp: +) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x) =

g ( x) ⇔ lim f ( x) = ∞. x →a h( x )

+) Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x ) ⇔ lim f ( x ) = b x →∞

Cách giải: x = 1 Ta có x 2 − 1 = 0 ⇔  ⇒đề thị hàm số có 2 TCĐ là : x = 1, x = −1.  x = −1 Trang 8/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 6 − 2 x−6 Có lim 2 = lim x x = 0 ⇒ y = 0 là TCN của đồ thị hàm số x →∞ x − 1 x →∞ 1 1− 2 x

Như vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Chọn B Chú ý khi giải: Học sinh có thể sử dụng máy tính để làm nhanh các bài tians về tìm số đường tiệm cận. Câu 9. Phương pháp: Dựa vào dáng điệu của đồ thị hàm số, nhận xét và suy ra công thức đúng.

Cách giải: Quan sát đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của hàm số đi xuống nên a < 0 ⇒ loại đáp án B. Ta thấy đồ thị hàm số cắt trục tung tại 1 điểm có tung độ lớn hơn 0 nên loại đáp án A. +) Xét đáp án C ta có y ' = −3 x 2 − 1 = 0 ⇔ 3 x 2 = −1 ⇒ pt VN

⇒Hàm số không có cự trị. Mà quan sát đồ thị có hai điểm cực trị ⇒ loại C

Chọn D. Câu 10. Phương pháp:

1 Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản ∫ enx dx = enx + C . n Cách giải: Ta có ∫ e3 x dx =

e3 x +C 3

Chọn D. Câu 11: Phương pháp: +) Ta có: SA, SB, SC đôi một vuông góc nên: VSABC =

1 SA.SB.SC 6

Cách giải: Ta có: SA, SB, SC đôi một vuông góc nên: VSABC =

1 1 SA.SB.SC = abc . 6 6

Chọn D. Câu 12: Phương pháp: Hàm số y = log a f ( x)(0 < a ≠ 1) xác định ⇔ f ( x) > 0

Cách giải: x > 2 Hàm số xác định ⇔ x 2 − x − 2 > 0 ⇔   x < −1 Chọn D. Trang 9/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 13: Phương pháp: Cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 thì mặt cầu có tâm I ( a; b; c ) và có bán kính R = a2 + b2 + c2 − d .

Cách giải: Theo đề bài, mặt cầu (S) có tâm I (1; −2; 2 ) và bán kính R = 12 + ( −2) 2 + 22 + 25 = 34

Chọn A. Câu 14: Phương pháp: Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản: ∫ cos xdx = sin x + C ; ∫ xdx =

x2 +C 2

Cách giải: Ta có ∫ (cos x − 2 x)dx = sin x −

2 x2 + C = sin x − x 2 + C . 2

Chọn A. Câu 15: Phương pháp: Dựa vào BBT và các đáp án để nhận xét và chọn đáp án đúng.

Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy M ( 0; 2 ) là điểm cực đại của đồ thị hàm số.

Chọn C. Câu 16: Phương pháp: n

Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton: (a + b) n = ∑ Cnk a n − k b k . k =0

Cách giải k

12 12 12 1   −1  Ta có:  x 2 − 12 = ∑ C12k ( x 2 )12 − k   = ∑ C12k x 24 − 2 k ( −1) k x − k = ∑ ( −1) k C12k x 24−3k .(0 ≤ k ≤ 12, k ∈ N ) x   x  k =0 k =0 k =0

Để có số hạng không chứa x trong khai triển thì: 24 – 3k = 0 ⟺ k = 8 Vậy hệ số cần tìm là ( −1)8 C128 = 495 .

Chọn C. Câu 17: Phương pháp: Các điểm x = x0 được gọi là điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) ⟺ x = x0 là nghiệm bội lẻ của phương trình

y’ = 0. Cách giải:

Trang 10/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

e x + 1 = 0  x = ln12  x e − 12 = 0  x x 2  =  x = −1 Ta có f '( x) = 0 ⇔ (e + 1)(e − 12)( x + 1)( x − 1) = 0 ⇔  x +1 = 0  x = 1   x − 1 = 0 Trong đó ta thấy x = 1 là nghiệm bội hai của phương trình ⇒ x = 1 không là điểm cực trị của hàm số Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn B. Câu 18: Phương pháp: So sánh tỉ số diện tích đáy và tỉ số chiều cao, từ đó suy ra tỉ số thể tích.

Cách giải: 1 .d ( M ;( ABC ) ) .S ∆ABC VM . ABC 1 1 1 =3 = . = Ta có 3 2 6 VABC . A ' B 'C ' d ( C ';( ABC ) ) .S ∆ABC Do đó tỉ số thể tích hai phần (số bé chia số lớn) mà mặt phẳng (MAB) chia ra là

1 5

Chọn C. Câu 19: Phương pháp:

4 Công thức tính thể tích khối cầu bán kính R: V = π R3 3 Cách giải: Khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a có bán kinh R =

a . 2

4  a  π a3 . ⇒V = π   = 3 2 6

Chọn A. Câu 20: Phương pháp:

1 Công thức tính thể tích khối chóp V = Sd .h 3 Cách giải: Gọi AC ∩ BD = {O} . Khi đó ta có O là hình chiếu của S trên (ABCD). Gọi M là trung điểm của BC ⇒ SM⊥BC. ⇒ ∠ ( ( SBC ) ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SM ; OM ) = ∠SMO = 600

a a 3 Xét △ SOM vuông tại O ta có: SO = OM .tan 600 = . 3 = . 2 2

Trang 11/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1 a 3 2 a3 3 . VSABCD = SO.S ABCD = . .a = 3 3 2 6

Chọn C. Câu 21: Phương pháp: +) Áp dụng tính chất:

∫ f '( x)dx = f ( x) + C

+) Sử dụng các công thức tính nguyên hàm của các hàm số cơ bản để tìm hàm f ( x ) sau đó tính f ( 2 )

Cách giải: Ta có f ( x) = ∫ ( x + 1)e x dx = ∫ xe x dx + ∫ e x dx = e x + ∫ xe x dx Tính I = ∫ e x dx

u = x du = dx ⇒ Đặt   x x dv = e dx v = e ⇒ I = ∫ xe x dx = xe x − ∫ e x dx = xe x − e x + C ⇒ f ( x) = e x + xe x − e x + C = xe x + C Lại có f (0) = 1 ⇒ 0.e0 + C = 1 ⇒ C = 1 f ( x) = xe x + 1 ⇒ f (2) = 2.e 2 + 1 = 2e 2 + 1 .

Chọn B. Câu 22: Phương pháp: +) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x0 ) tại điểm M ( x0 , y0 ) là: y = f ’ ( x0 )( x − x0 ) + y0

a1 = a2 +) Đường thảng y = a1 x + b1 và y = a2 x + b2 là hai đường thẳng song song ⇔  b1 ≠ b2 Cách giải: Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x Gọi M ( x0 , y0 ) là một điểm thuộc đồ thị hàm số. Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại

điểm M là: y = f ’ ( x0 )( x − x0 ) + y0 ⇔ y = ( 3 x02 − 6 x0 ) ( x − x0 ) + x03 Theo đề bài ta có đường thẳng d / / y = 9 x + 6 ⇒ f '( x0 ) = 6

 x = 3 ⇒ M (3;1) ⇔ 3 x02 − 6 x0 = 9 ⇔ 3x02 − 6 x0 − 9 = 0 ⇔   x = −1 ⇒ M (−1; −3) +) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M (3;1) là: y = 9( x − 3) + 1 = 9 x − 26 (tm) +) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M (−1; −3) là: y = 9( x + 1) − 3 = 9 x + 6 ( ktm do ≡ (d) )

Chọn B. Câu 23: Phương pháp:

Trang 12/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 3V Ta có công thức tính thể tích khối chóp V = S d .h ⇒ h = Sd 3

Cách giải: Sử dụng công thức tính nhanh khối chop tứ diện đều cạnh a là V = Diện tích của đáy là tam giác đều là: S =

a3 2 12

a2 3 4

a3 2 3V a 6 ⇒h= = 2 12 = 3 S a 3 4 3.

Chọn C Câu 24: Phương pháp Hàm số đã cho đồng biến trên R ⇔ y′ ≥ 0 ∀x ∈ R

Cách giải: Ta có y ' = 3x 2 − 6 x + m Hàm số đã cho đồng biến trên R ⇔ y′ ≥ 0∀x ∈ R ⇔ ∆′ ≤ 0 ⇔ 9 − 3m ≤ 0 ⇔ m ≥ 3

Chọn A. Câu 25: Phương pháp 1 Ta có công thức tính thể tích khối chóp V = Sd h . 3

Cách giải 1 1 1 1 3 a3 3 Ta có: V = SABC .SA = SA. .AB.AC.sin A = .a.a.2a. = 3 3 2 6 2 6

Chọn C. Câu 26: Phương pháp: Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình nón Sxq = π rl trong đó r, l lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón.

Cách giải:

Trang 13/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Khi quay tam giác vuông cân ABC quanh AH ta được khối nón có chiều cao AH = 4, bán kính đáy BH = AH = 4 . Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABH có AB = AH 2 = 4 2 Khi

đó

diện

tích

xung

quanh

c ủa

hình

nón

là

Sxq = π .AH ⋅ AB = π .4.4 2 = 16 2π Chọn B. Câu 27: Phương pháp:  u  u 'v − v'u Sử dụng công thức tính đạo hàm của thương   ' = . v2 v

Cách giải:

ln x − (x + 1) ⋅ y' =

(ln x) 2

1 x = x ln x − x − 1 x(ln x) 2

Chọn B. Câu 28: Phương pháp: Xét hai trường hợp: TH1: cosx = 0 TH2: cosx ≠ 0 . Chia cả 2 vế của phương trình cho cos 2 x .

Cách giải: TH1: cos x = 0 ⇔ x = ⇒x=

π 2

+ kπ (k ∈ Z) ⇒ sin 2 x = 1 , khi đó phương trình trở thành 1 = 1 (luôn đúng)

+ kπ (k ∈ Z) là nghiệm của phương trình.

x ∈ [0;3π ] ⇒ 0 ≤

π 2

+ kπ ≤ 3π ⇔ −

TH2: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π 2

1 5 ≤ k ≤ (k ∈ Z) ⇔ k ∈ {0;1; 2} 2 2

+ kπ (k ∈ Z) . Chia cả 2 vế của phương trình cho cos 2 x ta được:

Trang 14/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

sin 2 x sin x 1 1 π + 3 = ⇔ tan 2 x + 3 tan x = 1 + tan 2 x ⇔ tan x = ⇔ x = + kπ (k ∈ Z) 2 2 cos x cos x cos x 6 3 . 1 17 π x ∈ [0;3π ] ⇒ 0 ≤ + kπ ≤ 3π ⇔ − ≤ k ≤ (k ∈ Z) ⇔ k ∈ {0;1; 2} 6 6 6 Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B. Câu 29: Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép A n = A(1 + r) n trong đó:

A n : Dân số sau n năm. A: Dân số ban đầu r : tỉ lệ tăng dân số.

Cách giải: Từ năm 2018 đến năm 2030 là 12 năm. Dân số nước ta tính đến năm 2030 với tỉ lệ tăng dân số không đổi 1,2% là:

S = 93, 7(1 + 1, 2%)12 ≈ 108,12 triệu dân.

Chọn D. Câu 30: Phương pháp: Xét hiệu u n −1 − u n luôn bằng hằng số không đổi thì dãy ( u n ) là một cấp số cộng.

Cách giải: Xét đáp án B ta có u n +1 = 3(n + 1) + 1 = 3n + 4 ⇒ u n +1 − u n = 3∀n ∈ N * . Do đó dãy số u n = 3n + 1( n ∈ N* ) là một cấp số cộng.

Chọn B. Câu 31: Phương pháp: Sử dụng nguyên hàm cơ bản

∫

1 dx = 2 x + C và công thức vi phân f ′ (x)dx = d(f (x)). x

Cách giải:

∫x

1 ln x + 1

dx = ∫

d(ln x + 1) ln x + 1

= 2 ln x + 1 + C

Chọn D. Chú ý: Đối với bài toán này, nếu không quen sử dụng vi phân học sinh hoàn toàn có thể sử dụng phương dx pháp biến bằng cách đặt t = ln x + 1 , khi đó t 2 = ln x + 1 ⇔ 2tdt = x Nguyên hàm trở thành

∫

2tdt = 2 ∫ dt = 2t + C = 2 ln x + 1 + C t

Câu 32: Trang 15/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp:

a.b Sử dụng công thức cos(a; b) = a.b Cách giải:

ab −2 + 1 −1 Ta có cos(a; b) = = = 14. 2 2 7 a b Chọn A. Câu 33: Phương pháp:

ABCD là hình bình hành ⇔ AB = DC Cách giải:

ABCD là hình bình hành ⇔ AB = DC Ta có AB = (−4; −2; 2); DC = ( 2 − x D ; 4 − y D ; −1 − z D ) 2 − x D = −4 x D = 6   AB = DC ⇔ 4 − y D = −2 ⇔  y D = 6 ⇒ D(6;6; −3)  −1 − z = 2 z = −3 D   D Chọn D.

Chú ý: Học sinh thường nhầm lẫn ABCD là hình bình hành ⇔ AB = CD . Chú ý AB = CD chứ AB ≠ CD . Câu 34: Phương pháp: Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f (x) trên [ a; b] +) Giải phương trình f '(x) = 0 suy ra các nghiệm x i ∈ [ a; b ] +) Tính f (a);f (b);f ( x i ) . +) Kết luận max f (x) = max {f (a); f (b); f (x i )} ; min f (x) = min {f (a); f (b); f (x i )} . [ a;b]

[ a;b]

Cách giải: TXĐ: D = R \ {2} . Ta có y ' =

(2x + 1)(x − 2) − ( x 2 + x + 3) (x − 2) 2

 x = 5 ∉ [−2;1] x 2 − 4x − 5 =0⇔  2 (x − 2)  x = −1 ∈ [−2;1]

M = −1 5 f (−2) = − ; f (1) = −5;f (−1) = −1 ⇒  ⇒ T = M + 2m = −1 − 10 = −11 4 m = −5

Chọn B. Câu 35: Phương pháp: +) Phân tích biểu thức

x +1 A B (A, B ∈ R) = + (x − 1)(x − 2) x − 1 x − 2 Trang 16/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+) Sử dụng nguyên hàm mở rộng

∫ ax + bdx = a ln ax + b + C

Cách giải: Ta có

x +1 −2 3 = + (x − 1)(x − 2) x − 1 x − 2

Do đó x +1

 −2

3 

∫ (x − 1)(x − 2)dx = ∫  x − 1 + x − 2 dx = −2 ln x − 1 + 3ln x − 2 + C a = −2 = a ln x − 1 + b ln x − 2 + C ⇒  ⇒ a + b =1 b = 3

Chọn A. Câu 36: Phương pháp: +) Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm phân biệt. +) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác 2S 1 1 S∆IBC = d(I; BC).BC = d(I; d), BC ⇒ BC = ∆IBC 2 2 d(I;d) +) Sử dụng công thức tính độ dài BC =

( x B − x C ) + ( y B − yC )

+) Áp dụng định lí Vi-ét tìm m.

Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm

x 3 + 2mx 2 + (m + 3)x + 4 = x + 4 ⇔ x 3 + 2mx 2 + (m + 2)x = 0  x = 0 ⇒ y = 4 ⇒ A(0; 4) ⇔ x ( x 2 + 2mx + m + 2 ) = 0 ⇔  2  x + 2mx + m + 2 = 0(1)

Để y = x 3 + 2mx 2 + (m + 3)x + 4 và đường thẳng y = x + 4 cắt nhau tại 3 điểm phân biệt thì phương trình

m > 2 ∆ ' = m 2 − m − 2 > 0  ⇔   m < −1 (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇒  m + 2 ≠ 0   m ≠ −2  x B + x C = −2m Khi đó: x B ; x C là 2 nghiệm của phương trình (1), áp dụng định lí Vi-ét ta có  x Bx C = m + 2

2S 1 1 Ta có S∆IBC = d(I; BC).BC = d(I; d).BC ⇒ BC = ∆IBC 2 2 d(I;d) Mà d(I;d) =

1− 3 + 4 2

= 2 ⇒ BC =

2.8 2 = 16 2

Ta có

Trang 17/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

BC2 = ( x B − x C ) + ( y B − y C ) = ( x B − x C ) + ( x B + 4 − x C − 4 ) = 2 ( x B − x C ) 2

⇔ ( x B − x C ) = 128 ⇒ ( x B + x C ) − 4x B x C = 128 ⇔ 4m 2 − 4(m + 2) = 128 ⇔ m 2 − m − 2 = 32 ⇔ m 2 − m − 34 = 0 Phương trình bậc hai ẩn m có 2 nghiệm phân biệt m1 , m 2 và m1 + m 2 = 1 .

Chọn C. Câu 37: Phương pháp: +) Tìm điều kiện của hàm số có 3 điểm cực trị. Xác định các điểm cực trị A, B, C của đồ thị hàm số. +) Tính diện tích tam giác ABC, sử dụng công thức S∆ABC = +) Sử dụng công thức S∆ABC =

1 d(A; BC) ⋅ BC . 2

AB ⋅ AC ⋅ BC trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 4R

Cách giải: x = 0 TXĐ: D = R . Ta có y ' = 4x 3 − 4mx = 0 ⇔  2 x = m

Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0  x = 0 ⇒ y = 2m + m 4 ⇒ A ( 0; 2m + m 4 )  Khi đó ta có: y ' = 0 ⇔  x = m ⇒ y = m 4 − m 2 + 2m ⇒ B m; m 4 − m 2 + 2m   4 2 4 2  x = − m ⇒ y = m − m + 2m ⇒ C − m; m − m + 2m

(

)

(

)

Ta có d(A; BC) = m 4 + 2m − m 4 + m 2 − 2m = m 2 ; BC = 2 m . ⇒ S∆ABC =

1 1 d(A; BC).BC = m 2 .2 m = m 2 m . 2 2

Ta có: AB2 = m + m 4 = AC 2 Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó ta có:

S∆ABC =

( m + m4 ) 2 m ⇔ m + m4 = 2m2 AB ⋅ AC ⋅ BC ⇔ m2 m = 4R 4

m = 0 m = 1    −1 + 5 −1 + 5 −1 − 5  ⇔ m ( m3 − 2m + 1) = 0 ⇔  m = ⇒ S = 0;1; ;  2 2 2      m = −1 − 5  2

Khi đó tổng các phần tử của S là 0 + 1 +

−1 + 5 −1 − 5 + =0 2 2

Chọn C. Câu 38: Phương pháp: Trang 18/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+) Chứng minh tứ giác ABMD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BD, suy ra mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM cũng chính là mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. +) Xác định giao điểm I của 2 trục của tứ giác ABMD là SAD. Chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. +) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp R = IA , sử dụng công thức tính diện tích mặt cầu S = 4π R 2 .

Cách giải:

Xét tam giác vuông ADC có DH =

AD.CD 2

AD + CD

a ⋅ 2a 2

a + 4a

2a 5

CD 2 CD 2 4a 2 4a = = = 2 2 2 2 AC 5 AD + CD a + 4a 1 2a ⇒ HM = HC = = DH 2 5 HC =

⇒ ∆DMH vuông cân tại H. ⇒ AMD = 45° = ABD ⇒ Tứ giác ADMB là tứ giác nội tiếp ⇒ Mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM cũng chính là mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. Dễ thấy tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn đường kính BD, gọi O là trung điểm của BD, kẻ đường thẳng d ⊥ (ABCD) . Gọi G là trọng tâm tam giác đều SAD, qua G kẻ GI / /OK(I ∈ d) (K là trung điểm của AD). Ta có OK / /AB ⇒ OK ⊥ AD ⇒ OK ⊥ (SAD) ⇒ GI ⊥ (SAD) Ta có: I ∈ d ⇒ IA = IB = IM = ID

I ∈ IG ⇒ IS = IA = ID

⇒ IA = IB = IM = ID = IS ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. Ta có OK =

1 a a2 a2 a 2 AB = = AK ⇒ OA = OK 2 + AK 2 = + = 2 2 4 4 2

Tam giác SAD đều cạnh a ⇒ SK =

a 3 1 a 3 ⇒ GK = SK = = OI 2 3 6 2

a 3 a 2  a 21 Xét tam giác vuông IOA có: IA = 10 + OA =  =R  +   = 6  6   2  2

Trang 19/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM là S = 4π R 2 = 4π ⋅

7a 2 7π a 2 = 12 3

Chọn D. Câu 39: Phương pháp: Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB =

( x A − x B ) + ( yA − yB ) + ( z A − z B )

Cách giải: Gọi M(a; b; c) ta có: MA 2 + MB2 + MC 2 = 52

⇔ (a − 1) 2 + (b − 2) 2 + c 2 + (a − 3) 2 + (b − 2) 2 + (c+ 1) 2 + (a + 1) 2 + (b + 4) 2 + (c − 4) 2 = 52 ⇔ 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 − 6a − 6c = 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 − 2a − 2c = 0 Vậy tập hợp tất cả các điểm M là mặt cầu tâm I(1; 0;1) bán kính R = 12 + 02 + 12 − 0 = 2 .

Chọn C. Câu 40: Phương pháp: +) Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp tính đạo hàm của hàm số g ( x ) = f ( 3 - x ) . +) Hàm số đồng biến trên (a; b) khi và chỉ khi g′ (x) ≥ 0∀x ∈ (a; b) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải: Đặt g(x) = f (3 − x) ta có g '(x) = −f '(3 − x) Xét x ∈ ( −2; −1) ⇒ 3 − x ∈ (4;5) ⇒ f ′ (3 − x) > 0 ⇒ g ′ (x) < 0 ⇒ hàm số y = g(x) nghịch biến trên (−2; −1) Xét x ∈ ( −1; 2) ⇒ 3 − x ∈ (1; 4) ⇒ f ′ (3 − x) < 0 ⇔ g′ (x) > 0 ⇒ hàm số y = g(x) đồng biến trên (−1; 2)

Trang 20/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cách giải:

Gọi O = AC ∩ BD Do M thuộc mặt cầu đường kính AC ⇒ AMC = 90° ⇒ MC ⊥ MA

Ta có  BC ⊥ AB(gt) ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AM   BC ⊥ SA(SA ⊥ (ABCD)) ⇒ AM ⊥ (SBC) ⇒ AM ⊥ SB và AM ⊥ SC Chứng minh tương tự ta có AP ⊥ (SCD) ⇒ AP ⊥ SC; AP ⊥ SD .

N thuộc mặt cầu đường kính AC ⇒ ANC = 90° ⇒ AN ⊥ SC ⇒ SC ⊥ (AMNP)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC ta có SN =

SA 2 SA 2 a2 a SN SA 2 a2 1 = = = = = = và 2 2 2 2 2 2 2 SC SC a + 2a 3 SC 3 SA + AC a + 2a

Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông SAB ta có

SM SA 2 a2 1 = = = 2 2 2 SB SB a +a 2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAD ta có

SP SA 2 a2 1 = = = 2 2 2 SD SD a +a 2

Ta có: VS.AMN SM SN 1 1 1 1 1 = ⋅ = ⋅ = ⇒ VS.AMN = VS.ABC = VS.ABCD VS.ABC SB SC 2 3 6 6 12

VS.ACD SN SP 1 1 1 1 1 = ⋅ = ⋅ = ⇒ VS.ANP = VS.ACD = VS.ABCD VS.ACD SC SD 3 2 6 6 12

⇒ VS.AMN = VS.AMN + VS.ANP =

1 1 1 1 1 a3 VS.ABCD + VS.ABCD = VS.ABCD = ⋅ SA.SABCD = 12 12 6 6 3 18

Trang 21/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3V 1 Lại có VS.AMNP = SN.SAMNP ⇒ SAMNP = S.AMNP = 3 SN

a3 2 18 = a 3 a 6 3

3⋅

Chọn D. Câu 42: Phương pháp: +) Sử dụng phương pháp hàm số tìm K. +) Tìm điều kiện để hàm số y = 2x 3 − 3(m + 2)x 2 + 6(2m + 3)x − 3m + 5 có y ' ≥ 0∀x ∈ K

Cách giải:

72x +

x +1

− 7 2+

⇔7

2x + x +1

x +1

+ 2018x ≤ 2018

+ 2018x + 1009 x + 1 ≤ 7 2 + t

x +1

+ 2018 + 1009 x + 1

Xét hàm số f (t) = 7 + 1009t ta có f (t) = 7 t ln 7 + 1009 > 0∀t ∈ R ⇒ Hàm số đồng biến trên R. ′

⇒ (*) ⇔ 2x + x + 1 ≤ 2 + x + 1 ⇔ x ≤ 1 ⇒ K = ( −∞;1]

Bài toán trở thành tìm m để hàm số y = 2x 3 − 3(m + 2)x 2 + 6(2m + 3)x − 3m + 5 đồng biến trên ( −∞;1] . Ta có y ' = 6x 2 − 6(m + 2)x + 6(2m + 3) = 0 ⇔ x 2 − (m + 2)x + (2m + 3) = 0

∆ = (m + 2) 2 − 4(2m + 3) = m 2 − 4m − 8 TH1: ∆ ≤ 0 ⇔ 2 − 2 3 ≤ m ≤ 2 + 2 3 . Hàm số đã đồng biến trên R, thỏa mãn đồng biến trên ( −∞;1] .

m > 2 + 2 3 TH2: ∆ > 0 ⇔  , khi đó hàm số có 2 điểm cực trị x1 < x 2 . Ta có bảng xét dấu y’:  m < 2 − 2 3

Để hàm số đồng biến trên (−∞;1] ⇒ 1 ≤ x1 < x 2 .

 x1 + x 2 > 2  x1 + x 2 > 2 ⇔ Khi đó ta có  ( x1 − 1)( x 2 − 1) ≥ 0  x1x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 ≥ 0  x1 + x 2 = m + 2 Áp dụng định lí Vi-ét ta có   x1x 2 = 2m + 3 m + 2 > 2 m > 0 m > 0 ⇒ ⇔ ⇔ ⇔m>0 2m + 3 − m − 2 + 1 ≥ 0 m + 2 ≥ 0 m ≥ −2 ⇒ m > 2+2 3 a = 2 Kết hợp 2 trường hợp ta có 2 − 2 3 ≤ m ⇒ m ∈ [2 − 12; +∞) ⇒  ⇒ S = a + b = 14  b = 12

Chọn A. Câu 43:

Trang 22/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cách giải: +) Gọi AA’, BB’, CC’ lần lượt là các đường cao của tam giác ABC.

 BC ⊥ AA ' Ta có  ⇒ BC ⊥ ( SAA ') ⇒ BC ⊥ SA .  BC ⊥ SH Hoàn toàn tương tự ta chứng được AB ⊥ SC, AC ⊥ SB ⇒ Đáp án D đúng.

minh

+) S.ABC là tứ diện trực tâm nên tổng các bình phương của mỗi cặp cạnh đối của tứ diện bằng nhau (tính chất tứ diện trọng tâm) ⇒ đáp án B đúng. +) Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của SA, SC, BC, AB. Ta có MN / /PQ / /AC, MN = PQ =

AC (tính chất đường trung bình của tam giác) ⇒ MNPQ là hình bình 2

hành.

MN / /AC  Lại có MQ / /AC ⇒ MN ⊥ MQ ⇒ MNPQ là hình chữ nhật ⇒ MP = NQ AC ⊥ SB  Tương tự như vậy đối với đường nối trung điểm của 2 cạnh đối diện còn lại là AC và SB. Ta chứng minh được các đoạn thẳng nối các trung điểm các cặp đối của tứ diện bằng nhau ⇒ Đáp án A đúng.

Chọn C. Câu 44: Phương pháp: 2

+) Nhân cả 2 vế với e x . Lấy nguyên hàm 2 vế sau đó xác định hàm số f (x) . +) Từ giả thiết f (0) = 0 tính hằng số C, từ đó tính f (1) .

Cách giải: 2

f ′ (x) + 2x.f (x) = e − x ∀x ∈ R 2

⇔ e x [ f '(x) + 2x.f (x) ] = 1 2

⇔ e x f '(x) + 2x.f (x)e x = 1

(

)

⇔ f (x) ⋅ e x ' = 1 2

⇔ f (x)e x = x + C ⇔ f (x) = (x + C)e − x 2

Ta có f (0) = 0 ⇔ C = 0 ⇔ f (x) = xe − x ⇒ f (1) = 1.e −1 =

1 e

Chọn D. Câu 45:

Trang 23/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cách giải: Gọi O = AC ∩ BD và (P) là mặt phẳng chứa AB và vuông góc với (ABCD). SA ⊥ SB Ta có  ⇒ SA ⊥ (SBD) ⇒ SA ⊥ BD SA ⊥ SD  BD ⊥ AC Và  ⇒ BD ⊥ (SAC) .  BD ⊥ SA

Trong SAC kẻ đường thẳng OI ⊥ AC(I ∈ SC) Ta có OI ⊂ (SAC) ⇒ OI ⊥ BD, OI ⊥ AC ⇒ OI ⊥ (ABCD) ⇒ (P) / /(OI)

Trong (SAC) kẻ AM / /OI(M ∈ SC) . (P) và (SCD) có điểm M chung, AB / /CD ⇒ (P) ∩ (SCD) = đường thẳng qua M và song song với AB, CD. Trong (SCD) kẻ MN / /CD(N ∈ SD) . Khi đó (P) ≡ (ABMN) . 1 1 2 2 Ta có VD.ABN = S∆ABD .d(N;(ABD)) = S∆ABD .d(M; (ABD)) = SMAB d(I;(ABD)) = IOS∆MBD 3 3 3 3

⇒ VD.ABN =

2 1 4a 2 IO. .4a 2 = IO 3 2 3

Do đó để VD.ABN lớn nhất thì OI phải lớn nhất. Vì SA ⊥ (SBD)(cmt) ⇒ SA ⊥ SO ⇒ ∆SOA vuông tại S.

Đặt SA = x(0 < x < a 2 = OA) . Ta có OA =

1 1 AC = .2a 2 = a 2 ⇒ SO = OA 2 − SA 2 = 2a 2 − x 2 2 2

Kẻ SH ⊥ AC(H ∈ AC) ta có

SH =

SA.SO SA 2 + SO 2

x. 2a 2 − x 2 x 2 + 2a 2 − x 2

CH = OC + OH = a 2 +

x 2a 2 − x 2 SO2 2a 2 − x 2 ;OH = = OA a 2 a 2

2a 2 − x 2 4a 2 − x 2 = a 2 a 2

Áp dụng định lí Ta-lét (OI / /SH) ta có:

x 2a 2 − x 2 .a 2 OI OC x 2a 2 − x 2 .a 2 x 4a 2 − 2x 2 a 2 = ⇒ OI = = = a 4a 2 − x 2 SH CH 4a 2 − x 2 4a 2 − x 2 a 2 Trang 24/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số không âm x và x 4a 2 − 2x 2 ≤

4a 2 − 2x 2 ta có:

x 2 + 4a 2 − 2x 2 4a 2 − x 2 = 2 2

4a 2 − x 2 a ⇒ OI ≤ a 2 2 2 = . 4a − x 2 Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 4a 2 − 2x 2 ⇔ x 2 = 4a 2 − 2x 2 ⇔ x 2 = Vậy VDABN ≤

4 2 2a . a ⇔x= 3 3

4a 2 a 2a 3 2a 3 ⋅ = hay max V DABN = . 3 2 3 3

Chọn A. Câu 46: Phương pháp: +) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = x 0 . +) Từ giả thiết có một tiếp tuyến là: ∆1 : y = −1 tính được m. +) Thử lại và kết luận.

Cách giải: TXĐ: D = R , ta có y ' = 3x 2 − 6(m + 3)x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = x 0 là: y = ( 3x 02 − 6(m + 3)x 0 ) ( x − x 0 ) + x 30 − 3(m + 3)x 02 + 3(d)

Có một tiếp tuyến là ∆1 : y = −1  x 0 = 0 3x 02 − 6(m + 3)x 0 = 0  ⇒ 3 ⇔   x 0 = 2(m + 3) 2  x 0 − 3(m + 3)x 0 + 3 = −1  3 2  x 0 − 3(m + 3)x 0 + 3 = −1 TH1: x 0 = 0 ⇒ 3 = −1 (vô nghiệm). TH2: x 0 = 2(m + 3) ⇒ 8(m + 3)3 − 3(m + 3).4(m + 3) 2 + 4 = 0

⇔ −4(m + 3)3 + 4 = 0 ⇔ (m + 3)3 = 1 ⇔ m + 3 = 1 ⇔ m = −2 . Thử lại khi m = −2 , phương trình đường thẳng (d) trở thành y = ( 3x 20 − 6x 0 ) ( x − x 0 ) + x 30 − 3x 02 + 3(d)

A(−1; −1) ∈ (d) ⇒ −1 = ( 3x 02 − 6x 0 ) ( −1 − x 0 ) + x 30 − 3x 20 + 3 ⇔ −1 = −3x 02 + 6x 0 − 3x 30 + 6x 02 + x 30 − 3x 02 + 3 x0 = 2 ⇔ 2x 30 − 6x 0 − 4 = 0 ⇔   x 0 = −1 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt, do đó từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số khi m = −2 (tm). Vậy m = −2 .

Chọn A. Trang 25/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 47: Phương pháp: +) Chia cả 2 vế của bất phương trình cho 42x

3 +) Đặt   2

2x − x

= t , với x ≥

−x

1 xác định khoảng giá trị của t. 2

+) Đưa bất phương trình về dạng m ≤ f (t)∀t ∈ (a; b) ⇔ m ≤ min f (t) (a;b)

+) Lập BBT hàm số y = f (t) và kết luận.

Cách giải:

m.92 x

⇔ m.

−x

− (2m + 1)62 x

92 x

42 x

−x

− (2m + 1) 2

−x

+ m 42 x

62 x

42 x

≤0

−x

−x −x

+m≤0

2x  3  − (2m + 1)   2 

2 x2 − x

= t với x ≥

−x

+m≤0

1 . Xét hàm số f ( x) = 2 x 2 − x ta có BBT 2 1 4

−∞

f ′( x) f ( x)

−x

 3  2 x ⇔ m    2  3 Đặt   2

−

1 2

+∞

−

1 8

⇒ f ( x ) ≥ 0∀x ≥

1 3 ⇔ t ≥   =1 2 2

Khi đó bất phương trình trở thành mt 2 − (2m + 1)t + m ≤ 0∀t ≥ q

⇔ m(t 2 − 2t + 1) − t ≤ 0∀t ≥ 1 ⇔ m(t − 1) 2 − t ≤ 0∀t ≥ 1 Khi t = 1 ta có −1 ≤ 0 luôn đúng. Xét khi t > 1 ⇒ m ≤ Ta có f '(t ) =

t = f (t )∀t > 1 ⇔ m ≤ min f (t ) t >1 (t − 1)2

(t − 1)2 − t.2.(t − 1) t − 1 − 2t = = 0 ⇔ t = −1 (t − 1)4 (t − 1)3

BBT:

Trang 26/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

f ′ (t )

−1

−∞

−

1 4

f (t )

+∞

−∞

Dựa vào BBT của hàm số y = f (t ) ta có min f (t ) > 0 ⇒ m ≤ 0 t >1

Chọn C. Câu 48: Phương pháp: +) Sử dụng công thức tính thể tích khối nón trong đó r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối nón +) Sử dụng công thức tính thể tích khối nón cụt trong đó r1, r2 lần lượt là bán kính 2 đáy và chiều cao của khối nón Cách giải Khi quay hình vuông ABCD quanh AM ta được: +) 1 khối nón đỉnh A, đường cao AN, bán kính đáy NB (V1). +) 1 khối nón cụt tâm N, P (V2) – 1 khối nón đỉnh M, đường cao MP, bán kính đáy PC (V3).

AN AB = ⇒ AN = Ta có ∆ABN − ∆MAD( g.g ) ⇒ DM AM

⇒ BN = AB 2 − AN 2 = 1 −

1 .Z 2

1 12 +   2

1 5

1 2 = 5 5

1  2  1 4 5π ⇒ V1 = π  . =  3  5 75 5 1  PC = NB =  2 PC MC MP 1  Ta có ∆MPC ∼ ∆ANB ( g .g ) ⇒ = = = ⇒ 1 NB AB AN 2  MP = AN =  2 ⇒ NP = MN + MP = AM − AN + MP =

1 5 1 2 5

5 1 1 2 5 − + = 2 5 5 2 5

1 π  1 4 1 2  2 5 14 5 π ⇒ V2 = π ( PC 2 + BN 2 + PC.BN ) NP =  + + . = . 3 3 5 5 75 5 5 5 2

1 π 1  1  5π V3 = π MP.PC 2 = . . =  3 3 2 5  5 150 V = V1 + V2 − V3 =

4 5π 14 5 5π 7 5 π− π + = 75 75 150 30

Chọn B. Trang 27/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 49: Phương pháp +) Gọi số đoạn có chiều dài 2 đốt là x và số đoạn có chiều dài 5 đốt là y, lập hệ phương trình giải tìm x, y trong trường hợp x – y = 1 , suy ra kết quả thuận lợi cho biến cố “số đoạn 2 đốt nhiều hơn số đoạn 5 đốt đúng 1 đoạn”. +) Tính số bộ số ( x; y ) thoả mãn 2 x + 5 y = 100 2 x + 5 y = 10 ( x, y ∈ N ) , suy ra số phần tử của không gian mẫu. +) Tính xác suất của biến cố. Cách giải Gọi số đoạn có chiều dài 2 đốt là x và số đoạn có chiều dài 5 đốt là y, ta có hệ phương trình  2 x + 5 y = 100  x = 15 ⇔  x − y = 1  y = 14 Gọi A là biến cố số đoạn 2 đốt nhiều hơn số đoạn 5 đốt đúng 1 đoạn” ⇒ n( A) = 1 . Xét các bộ số (x,y) thoả mãn 2 x + 5 y = 100 (x,y ∈ N) ta có bảng sau: x

⇒ n(Ω) = 11 Vậy P( A) =

1 ≈ 0, 09 11

Chọn D. Câu 50: Phương pháp Giải phương trình y’ = 0 . Lưu ý tính đạo hàm của hàm hợp. Số nghiệm bội lẻ của phương trình chính là số cực trị của hàm số.

Cách giải Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị x = 2, x = x1 ∈ (1; 2 ) , x = x2 ∈ ( 2;3) .

 f '( x) = 0  f ( x) = 2 Xét hàm số y = f ( f ( x)) có y ' = f '( x). f '( f ( x)) = 0 ⇔  .  f ( x) = x1 ∈ (1; 2)   f ( x) = x2 ∈ (2;3) x = 2 Phương trình f '( x ) = 0 ⇔  x = x1 ∈ (1; 2) .  x = x2 ∈ (2;3)

Phương trình f ( x) = 2 có 2 nghiệm đơn phân biệt. Phương trình f ( x) = x1 ∈ (1; 2) có 2 nghiệm đơn phân biệt. Phương trình f ( x ) = x2 ∈ (2;3) có 2 nghiệm đơn phân biệt. Các nghiệm này không trùng nhau, do đó phương trình y’ = 0 có 9 nghiệm phân biệt (không tringf nhau), Các nghiệm đều là nghiệm đơn. Do vậy hàm số y = f ( f ( x) ) có 9 điểm cực trị

Chọn D. Trang 28/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số C8 C15 C34 Chương 1: Hàm Số

Lớp 12 (92%)

C7 C9

C17 C22 C24 C36 C37 C40 C50

C46

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C12

C2 C5

C29 C47

C42

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng

C10

C14 C31

C21 C35

C44

C6 C11

C18 C20 C23 C25 C43

C41 C45

C39

Chương 4: Số Phức

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C1 C4

C26

C19 C48

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C13 C32

C3 C33

C39

Đại số

Lớp 11 (8%)

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

C28

Chương 2: Tổ Hợp - Xác Suất

C16

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C30

C49

Chương 4: Giới Hạn

Trang 29/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 5: Đạo Hàm

C27

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (0%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Tổng số câu

Điểm

1.6

4.2

1.2

Trang 30/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI: Đề thi thử THPTQG lần II môn Toán của trường THPT Chuyên Hạ Long gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài toán thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức được phân bố như sau: 92% lớp 12, 8% lớp 11, 0% kiến thức lớp 10. Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tại đã công bố từ đầu tháng 12. Trong đó xuất hiện các câu hỏi khó lạ như câu 38, 41, 45 nhằm phân loại tối đa học sinh. Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.A

2.D

3.C

4.B

5.C

6.D

7.D

8.B

9.D

10.D

11.A

12.D

13.A

14.A

15.C

16.C

17.B

18.C

19.A

20.C

21.B

22.B

23.C

24.A

25.C

26.B

27.B

28.B

29.D

30.B

31.D

32.A

33.D

34.B

35.A

36.C

37.C

38.D

39.C

40.B

41.D

42.A

43.C

44.D

45.A

46.A

47.C

48.B

49.D

50.D

Câu 1: Phương pháp:

1 Thể tích khối nón có bán kính đáy r và chiều cao h là: V = π r 2 h 3 Cách giải:

1 1 Ta có. V = π r 2 h = π (a 3) 2 .a = π a3 3 3 Chọn A. Câu 2: Phương pháp: Giải phương trình mũ: a f ( x ) = a m f ( x ) = m . ( 0 < a ≠ 1) . Cách giải: 9x

−3 x + 2

x = 2 = 1 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔  x =1

Vậy S = {1; 2}

Chọn D. Câu 3. Phương pháp:

Trang 31/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

G ( xG ; yG ; zG )

x A + xB + xC   xG = 3  y A + yB + yC  là trọng tâm tam giác ABC ⇒  yG = 3  z A + z B + zC   zG = 3 

Cách giải:

x A + xB + xC 1 − 3 + 8  = =2  xG = 3 3  y + yB + yC 1 + 0 + 2  = = 1 ⇒ G (2;1; −1). Ta có:  yG = A 3 3  z A + z B + zC 2 + 1 − 6  = = −1  zG = 3 3  Chọn C. Câu 4 Phương pháp: Công thức tính diện tích xung quanh của khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là: S xq = 2π rh . Cách giải: Ta có: Sxq = 2π rh = 2π .4.3 = 24π .

Chọn B. Câu 5: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết đồ thị hàm số y = log a x ( 0 < a ≠ 1, x > 0 ) . Cách giải: Xét hàm số y = log2x ta có: +)TXĐ: D = (0; +∞). Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm TCĐ. +)Có a = 2 > 1 nên đồ thị hàm số luôn đồng biến trên (0;+ ∞). +)Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm (1;0) và nằm bên phải trục tung. +)Như vậy chỉ có đáp án C sai.

Chọn C. Câu 6: Phương pháp: Công thúc tính thể tích khối lăng trụ: V = S d .h Cách giải: Khối lăng trụ đều là khối lăng trụ đứng có các cạnh bên và các cạnh đáy bằng nhau VABC . A ' B 'C ' = AA '.S ABC = a.

a 2 3 a3 3 . = 4 4

Chọn D. Câu 7: Phương pháp: Trang 32/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) y ' ≤ 0, ∀x ∈ (a; b). Cách giải: Ta có: y’ = x 2 – 2 x – 3 Hàm số nghịch biến y’ < 0 x2 − 2 x − 3 < 0 −1 < x < 3 .

Chọn D. Câu 8: Phương pháp: +) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x) =

g ( x) ⇔ lim f ( x) = ∞. x →a h( x )

+) Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x) ⇔ lim f ( x) = b x →∞

Cách giải: x =1 Ta có x 2 − 1 = 0 ⇔  ⇒đề thị hàm số có 2 TCĐ là : x = 1, x = −1.  x = −1 1 6 − 2 x−6 Có lim 2 = lim x x = 0 ⇒ y = 0 là TCN của đồ thị hàm số x →∞ x − 1 x →∞ 1 1− 2 x

Như vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Chọn B Chú ý khi giải: Học sinh có thể sử dụng máy tính để làm nhanh các bài tians về tìm số đường tiệm cận.

Câu 9. Phương pháp: Dựa vào dáng điệu của đồ thị hàm số, nhận xét và suy ra công thức đúng. Cách giải: Quan sát đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của hàm số đi xuống nên a < 0 ⇒ loại đáp án B. Ta thấy đồ thị hàm số cắt trục tung tại 1 điểm có tung độ lớn hơn 0 nên loại đáp án A. +) Xét đáp án C ta có y ' = −3 x 2 − 1 = 0 ⇔ 3 x 2 = −1 ⇒ pt VN

⇒Hàm số không có cự trị. Mà quan sát đồ thị có hai điểm cực trị ⇒ loại C

Chọn D. Câu 10. Phương pháp:

1 Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản ∫ enx dx = enx + C . n Cách giải: Ta có ∫ e3 x dx =

e3 x +C 3

Chọn D. Câu 11: Trang 33/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: +) Ta có: SA, SB, SC đôi một vuông góc nên: VSABC =

1 SA.SB.SC 6

Cách giải: Ta có: SA, SB, SC đôi một vuông góc nên: VSABC =

1 1 SA.SB.SC = abc . 6 6

Chọn D. Câu 12: Phương pháp: Hàm số y = log a f ( x)(0 < a ≠ 1) xác định ⇔ f ( x) > 0 Cách giải:

x > 2 Hàm số xác định ⇔ x 2 − x − 2 > 0 ⇔   x < −1

Chọn D. Câu 13: Phương pháp: Cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 thì mặt cầu có tâm I ( a; b; c ) và có bán kính R = a2 + b2 + c2 − d .

Cách giải: Theo đề bài, mặt cầu (S) có tâm I (1; −2; 2 ) và bán kính R = 12 + ( −2) 2 + 22 + 25 = 34

Chọn A. Câu 14: Phương pháp: Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản: ∫ cos xdx = sin x + C ; ∫ xdx =

x2 +C 2

Cách giải: Ta có ∫ (cos x − 2 x)dx = sin x −

2 x2 + C = sin x − x 2 + C . 2

Chọn A. Câu 15: Phương pháp: Dựa vào BBT và các đáp án để nhận xét và chọn đáp án đúng. Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy M ( 0; 2 ) là điểm cực đại của đồ thị hàm số.

Chọn C. Câu 16: Phương pháp: n

Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton: (a + b) n = ∑ Cnk a n − k b k . k =0

Trang 34/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cách giải k

12 12 12 1   −1  Ta có:  x 2 −  12 = ∑ C12k ( x 2 )12 − k   = ∑ C12k x 24 − 2 k ( −1) k x − k = ∑ ( −1) k C12k x 24 −3 k .(0 ≤ k ≤ 12, k ∈ N ) x   x  k =0 k =0 k =0

Để có số hạng không chứa x trong khai triển thì: 24 – 3k = 0 ⟺ k = 8 Vậy hệ số cần tìm là ( −1)8 C128 = 495 .

Chọn C. Câu 17: Phương pháp: Các điểm x = x0 được gọi là điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) ⟺ x = x0 là nghiệm bội lẻ của phương trình

y’ = 0. Cách giải:

Chọn B. Câu 18: Phương pháp: So sánh tỉ số diện tích đáy và tỉ số chiều cao, từ đó suy ra tỉ số thể tích. Cách giải: 1 .d ( M ;( ABC ) ) .S ∆ABC VM . ABC 1 1 1 =3 = . = Ta có VABC . A ' B 'C ' d ( C ';( ABC ) ) .S ∆ABC 3 2 6 Do đó tỉ số thể tích hai phần (số bé chia số lớn) mà mặt phẳng (MAB) chia ra là

1 5

Chọn C. Câu 19: Phương pháp:

4 Công thức tính thể tích khối cầu bán kính R: V = π R3 3 Cách giải: Khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a có bán kinh R =

a . 2

4  a  π a3 . ⇒V = π   = 3 2 6

Chọn A. Trang 35/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 20: Phương pháp:

Xét △ SOM vuông tại O ta có: SO = OM .tan 600 =

a a 3 . . 3= 2 2

1 1 a 3 2 a3 3 . .a = VSABCD = SO.S ABCD = . 3 3 2 6

Chọn C. Câu 21: Phương pháp: +) Áp dụng tính chất:

∫ f '( x)dx = f ( x) + C

+) Sử dụng các công thức tính nguyên hàm của các hàm số cơ bản để tìm hàm f ( x ) sau đó tính f ( 2 ) Cách giải: Ta có f ( x) = ∫ ( x + 1)e x dx = ∫ xe x dx + ∫ e x dx = e x + ∫ xe x dx Tính I = ∫ e x dx

u = x du = dx ⇒ Đặt  x x dv = e dx v = e ⇒ I = ∫ xe x dx = xe x − ∫ e x dx = xe x − e x + C ⇒ f ( x) = e x + xe x − e x + C = xe x + C Lại có f (0) = 1 ⇒ 0.e0 + C = 1 ⇒ C = 1 f ( x) = xe x + 1 ⇒ f (2) = 2.e 2 + 1 = 2e 2 + 1 .

Chọn B. Câu 22: Phương pháp: +) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x0 ) tại điểm M ( x0 , y0 ) là: y = f ’ ( x0 )( x − x0 ) + y0

a1 = a2 +) Đường thảng y = a1 x + b1 và y = a2 x + b2 là hai đường thẳng song song ⇔  b1 ≠ b2 Cách giải: Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x

Trang 36/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Gọi M ( x0 , y0 ) là một điểm thuộc đồ thị hàm số. Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại

điểm M là: y = f ’ ( x0 )( x − x0 ) + y0 ⇔ y = ( 3 x02 − 6 x0 ) ( x − x0 ) + x03 Theo đề bài ta có đường thẳng d / / y = 9 x + 6 ⇒ f '( x0 ) = 6

 x = 3 ⇒ M (3;1) ⇔ 3 x02 − 6 x0 = 9 ⇔ 3 x02 − 6 x0 − 9 = 0 ⇔   x = −1 ⇒ M (−1; −3) +) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M (3;1) là: y = 9( x − 3) + 1 = 9 x − 26 (tm) +) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M (−1; −3) là: y = 9( x + 1) − 3 = 9 x + 6 ( ktm do ≡ (d) )

Chọn B. Câu 23: Phương pháp:

1 3V Ta có công thức tính thể tích khối chóp V = S d .h ⇒ h = Sd 3 Cách giải: Sử dụng công thức tính nhanh khối chop tứ diện đều cạnh a là V = Diện tích của đáy là tam giác đều là: S =

a3 2 12

a2 3 4

a3 2 3V a 6 ⇒h= = 2 12 = 3 S a 3 4 3.

Chọn C Câu 24: Phương pháp Hàm số đã cho đồng biến trên R ⇔ y′ ≥ 0 ∀x ∈ R Cách giải: Ta có y ' = 3x 2 − 6 x + m Hàm số đã cho đồng biến trên R ⇔ y′ ≥ 0∀x ∈ R ⇔ ∆ ′ ≤ 0 ⇔ 9 − 3m ≤ 0 ⇔ m ≥ 3

Chọn A. Câu 25: Phương pháp 1 Ta có công thức tính thể tích khối chóp V = Sd h . 3 Cách giải

1 1 1 1 3 a3 3 Ta có: V = SABC .SA = SA. .AB.AC.sin A = .a.a.2a. = 3 3 2 6 2 6

Chọn C. Câu 26: Phương pháp: Trang 37/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình nón Sxq = π rl trong đó r, l lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón. Cách giải: Khi quay tam giác vuông cân ABC quanh AH ta được khối nón có chiều cao AH = 4, bán kính đáy BH = AH = 4 . Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABH có AB = AH 2 = 4 2 Khi

đó

diện

tích

xung

quanh

c ủa

hình

nón

là

Sxq = π .AH ⋅ AB = π .4.4 2 = 16 2π Chọn B. Câu 27: Phương pháp:

 u  u 'v − v'u Sử dụng công thức tính đạo hàm của thương   ' = . v2 v Cách giải:

ln x − (x + 1) ⋅ y' =

(ln x) 2

1 x = x ln x − x − 1 x(ln x) 2

Chọn B. Câu 28: Phương pháp: Xét hai trường hợp: TH1: cosx = 0 TH2: cosx ≠ 0 . Chia cả 2 vế của phương trình cho cos 2 x . Cách giải: TH1: cos x = 0 ⇔ x =

⇒x=

π 2

π + kπ (k ∈ Z) ⇒ sin 2 x = 1 , khi đó phương trình trở thành 1 = 1 (luôn đúng) 2

+ kπ (k ∈ Z) là nghiệm của phương trình.

x ∈ [0;3π ] ⇒ 0 ≤

π 2

+ kπ ≤ 3π ⇔ −

TH2: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π 2

1 5 ≤ k ≤ (k ∈ Z) ⇔ k ∈ {0;1; 2} 2 2

+ kπ (k ∈ Z) . Chia cả 2 vế của phương trình cho cos 2 x ta được:

sin x sin x 1 1 π + 3 = ⇔ tan 2 x + 3 tan x = 1 + tan 2 x ⇔ tan x = ⇔ x = + kπ (k ∈ Z) 2 2 cos x cos x cos x 6 3 . 1 17 π x ∈ [0;3π ] ⇒ 0 ≤ + kπ ≤ 3π ⇔ − ≤ k ≤ (k ∈ Z) ⇔ k ∈ {0;1; 2} 6 6 6 Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B. Câu 29: Trang 38/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép A n = A(1 + r) n trong đó:

A n : Dân số sau n năm. A: Dân số ban đầu r : tỉ lệ tăng dân số. Cách giải: Từ năm 2018 đến năm 2030 là 12 năm. Dân số nước ta tính đến năm 2030 với tỉ lệ tăng dân số không đổi 1,2% là:

S = 93, 7(1 + 1, 2%)12 ≈ 108,12 triệu dân.

Chọn D. Câu 30: Phương pháp: Xét hiệu u n −1 − u n luôn bằng hằng số không đổi thì dãy ( u n ) là một cấp số cộng. Cách giải: Xét đáp án B ta có u n +1 = 3(n + 1) + 1 = 3n + 4 ⇒ u n +1 − u n = 3∀n ∈ N * . Do đó dãy số u n = 3n + 1( n ∈ N * ) là một cấp số cộng.

Chọn B. Câu 31: Phương pháp: Sử dụng nguyên hàm cơ bản

∫

1 dx = 2 x + C và công thức vi phân f ′ (x)dx = d(f (x)). x

Cách giải:

∫x

1 d(ln x + 1) dx = ∫ = 2 ln x + 1 + C ln x + 1 ln x + 1

∫

2tdt = 2 ∫ dt = 2t + C = 2 ln x + 1 + C t

Câu 32: Phương pháp:

a.b Sử dụng công thức cos(a; b) = a.b Cách giải:

ab −2 + 1 −1 Ta có cos(a; b) = = = 14. 2 2 7 a b

Chọn A. Trang 39/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 33: Phương pháp:

ABCD là hình bình hành ⇔ AB = DC Cách giải:

[ a;b]

Cách giải: TXĐ: D = R \ {2} . Ta có y ' =

(2x + 1)(x − 2) − ( x 2 + x + 3) (x − 2) 2

 x = 5 ∉ [−2;1] x 2 − 4x − 5 =0⇔  2 (x − 2)  x = −1 ∈ [−2;1]

 M = −1 5 f ( −2) = − ; f (1) = −5;f (−1) = −1 ⇒  ⇒ T = M + 2m = −1 − 10 = −11 4  m = −5

Chọn B. Câu 35: Phương pháp: +) Phân tích biểu thức

x +1 A B (A, B ∈ R) = + (x − 1)(x − 2) x − 1 x − 2

+) Sử dụng nguyên hàm mở rộng

∫ ax + bdx = a ln ax + b + C

Cách giải: Ta có

x +1 −2 3 = + (x − 1)(x − 2) x − 1 x − 2

Do đó x +1

 −2

3 

∫ (x − 1)(x − 2)dx = ∫  x − 1 + x − 2 dx = −2 ln x − 1 + 3ln x − 2 + C Trang 40/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a = −2 = a ln x − 1 + b ln x − 2 + C ⇒  ⇒ a + b =1 b = 3

Chọn A. Câu 36: Phương pháp: +) Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm phân biệt. +) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác

2S 1 1 S∆IBC = d(I; BC).BC = d(I; d), BC ⇒ BC = ∆IBC 2 2 d(I;d) 2

+) Sử dụng công thức tính độ dài BC =

( x B − x C ) + ( y B − yC )

+) Áp dụng định lí Vi-ét tìm m. Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm

x 3 + 2mx 2 + (m + 3)x + 4 = x + 4 ⇔ x 3 + 2mx 2 + (m + 2)x = 0

 x = 0 ⇒ y = 4 ⇒ A(0; 4) ⇔ x ( x 2 + 2mx + m + 2 ) = 0 ⇔  2  x + 2mx + m + 2 = 0(1)

Để y = x 3 + 2mx 2 + (m + 3)x + 4 và đường thẳng y = x + 4 cắt nhau tại 3 điểm phân biệt thì phương trình

m > 2 ∆ ' = m 2 − m − 2 > 0  ⇔   m < −1 (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇒  m + 2 ≠ 0   m ≠ −2  x B + x C = −2m Khi đó: x B ; x C là 2 nghiệm của phương trình (1), áp dụng định lí Vi-ét ta có  x B x C = m + 2 Ta có S∆IBC = Mà d(I;d) =

2S 1 1 d(I; BC).BC = d(I; d).BC ⇒ BC = ∆IBC 2 2 d(I;d)

1− 3 + 4 2

= 2 ⇒ BC =

2.8 2 2

= 16

Ta có 2

BC 2 = ( x B − x C ) + ( y B − y C ) = ( x B − x C ) + ( x B + 4 − x C − 4 ) = 2 ( x B − x C ) 2

Chọn C. Câu 37: Phương pháp: +) Tìm điều kiện của hàm số có 3 điểm cực trị. Xác định các điểm cực trị A, B, C của đồ thị hàm số. +) Tính diện tích tam giác ABC, sử dụng công thức S∆ABC =

1 d(A; BC) ⋅ BC . 2 Trang 41/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+) Sử dụng công thức S∆ABC =

AB ⋅ AC ⋅ BC trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 4R

Cách giải:

x = 0 TXĐ: D = R . Ta có y ' = 4x 3 − 4mx = 0 ⇔  2 x = m

(

)

(

)

Ta có d(A; BC) = m 4 + 2m − m 4 + m 2 − 2m = m 2 ; BC = 2 m . ⇒ S∆ABC =

1 1 d(A; BC).BC = m 2 .2 m = m 2 m . 2 2

Ta có: AB2 = m + m 4 = AC 2 Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó ta có:

S∆ABC

m + m4 ) 2 m ( AB ⋅ AC ⋅ BC 2 = ⇔m m= ⇔ m + m 4 = 2m 2 4R 4

m = 0 m = 1    −1 + 5 −1 + 5 −1 − 5  ⇔ m ( m3 − 2m + 1) = 0 ⇔  m = ⇒ S = 0;1; ;  2 2 2      m = −1 − 5  2 Khi đó tổng các phần tử của S là 0 + 1 +

−1 + 5 −1 − 5 + =0 2 2

Chọn C. Câu 38: Phương pháp: +) Chứng minh tứ giác ABMD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BD, suy ra mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM cũng chính là mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. +) Xác định giao điểm I của 2 trục của tứ giác ABMD là SAD. Chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. +) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp R = IA , sử dụng công thức tính diện tích mặt cầu S = 4π R 2 .

Trang 42/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cách giải: Xét tam giác vuông ADC có DH =

AD.CD AD 2 + CD 2

a ⋅ 2a a 2 + 4a 2

2a 5

CD 2 CD 2 4a 2 4a HC = = = = 2 2 2 2 AC 5 AD + CD a + 4a 1 2a ⇒ HM = HC = = DH 2 5

I ∈ IG ⇒ IS = IA = ID

⇒ IA = IB = IM = ID = IS ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. Ta có OK =

1 a a2 a2 a 2 AB = = AK ⇒ OA = OK 2 + AK 2 = + = 2 2 4 4 2

Tam giác SAD đều cạnh a ⇒ SK =

a 3 1 a 3 ⇒ GK = SK = = OI 2 3 6 2

a 3 a 2  a 21 Xét tam giác vuông IOA có: IA = 10 + OA =  =R  +   = 6  6   2  2

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM là S = 4π R 2 = 4π ⋅

7a 2 7π a 2 = 12 3

Chọn D. Câu 39: Phương pháp: Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB =

( x A − x B ) + ( yA − yB ) + ( zA − zB )

Cách giải: Gọi M(a; b;c) ta có: MA 2 + MB2 + MC 2 = 52

⇔ (a − 1) 2 + (b − 2) 2 + c 2 + (a − 3) 2 + (b − 2) 2 + (c+ 1) 2 + (a + 1)2 + (b + 4) 2 + (c − 4) 2 = 52 ⇔ 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 − 6a − 6c = 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 − 2a − 2c = 0 Vậy tập hợp tất cả các điểm M là mặt cầu tâm I(1;0;1) bán kính R = 12 + 02 + 12 − 0 = 2 . Trang 43/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đặt g(x) = f (3 − x) ta có g '(x) = −f '(3 − x) Xét x ∈ ( −2; −1) ⇒ 3 − x ∈ (4;5) ⇒ f ′ (3 − x) > 0 ⇒ g ′ (x) < 0 ⇒ hàm số y = g(x) nghịch biến trên (−2; −1) Xét x ∈ ( −1; 2) ⇒ 3 − x ∈ (1; 4) ⇒ f ′ (3 − x) < 0 ⇔ g′ (x) > 0 ⇒ hàm số y = g(x) đồng biến trên (−1; 2)

Chọn B. Câu 41: Phương pháp: +) Chứng minh SC ⊥ (AMNP) . +) Sử dụng công thức tỉ số thể tích tính thể tích chóp S.AMNP. 3V 1 +) Sử dụng công thức tính thể tích VS.AMNP = SN.SAMNP ⇒ SAMNP = S.AMNP . 3 SN Cách giải: Gọi O = AC ∩ BD Do M thuộc mặt cầu đường kính AC ⇒ AMC = 90° ⇒ MC ⊥ MA

Ta có BC ⊥ AB(gt) ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AM  BC ⊥ SA(SA ⊥ (ABCD)) ⇒ AM ⊥ (SBC) ⇒ AM ⊥ SB và AM ⊥ SC Chứng minh tương tự ta có AP ⊥ (SCD) ⇒ AP ⊥ SC; AP ⊥ SD .

N thuộc mặt cầu đường kính AC ⇒ ANC = 90° ⇒ AN ⊥ SC ⇒ SC ⊥ (AMNP)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC ta có

SA 2 SA 2 a2 a SN SA 2 a2 1 = = 2 = và SN = = = = 2 2 2 2 2 2 SC SC a + 2a 3 SC 3 SA + AC a + 2a Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông SAB ta có

SM SA 2 a2 1 = = = 2 2 2 SB SB a +a 2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAD ta có

SP SA 2 a2 1 = = = 2 2 2 SD SD a +a 2

Ta có:

Trang 44/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

VS.AMN SM SN 1 1 1 1 1 = ⋅ = ⋅ = ⇒ VS.AMN = VS.ABC = VS.ABCD VS.ABC SB SC 2 3 6 6 12

VS.ACD SN SP 1 1 1 1 1 = ⋅ = ⋅ = ⇒ VS.ANP = VS.ACD = VS.ABCD VS.ACD SC SD 3 2 6 6 12 ⇒ VS.AMN = VS.AMN + VS.ANP =

1 1 1 1 1 a3 VS.ABCD + VS.ABCD = VS.ABCD = ⋅ SA.SABCD = 12 12 6 6 3 18

3V 1 Lại có VS.AMNP = SN.SAMNP ⇒ SAMNP = S.AMNP = 3 SN

a3 2 18 = a 3 a 6 3

3⋅

Chọn D. Câu 42: Phương pháp: +) Sử dụng phương pháp hàm số tìm K. +) Tìm điều kiện để hàm số y = 2x 3 − 3(m + 2)x 2 + 6(2m + 3)x − 3m + 5 có y ' ≥ 0∀x ∈ K Cách giải:

7 2x +

x +1

⇔ 7 2x +

− 7 2+ x +1

x +1

+ 2018x ≤ 2018

+ 2018x + 1009 x + 1 ≤ 7 2 + t

x +1

+ 2018 + 1009 x + 1

Xét hàm số f (t) = 7 + 1009t ta có f (t) = 7 t ln 7 + 1009 > 0∀t ∈ R ⇒ Hàm số đồng biến trên R. ′

⇒ (*) ⇔ 2x + x + 1 ≤ 2 + x + 1 ⇔ x ≤ 1 ⇒ K = ( −∞;1]

∆ = (m + 2) 2 − 4(2m + 3) = m 2 − 4m − 8 TH1: ∆ ≤ 0 ⇔ 2 − 2 3 ≤ m ≤ 2 + 2 3 . Hàm số đã đồng biến trên R, thỏa mãn đồng biến trên ( −∞;1] . m > 2 + 2 3 , khi đó hàm số có 2 điểm cực trị x1 < x 2 . Ta có bảng xét dấu y’: TH2: ∆ > 0 ⇔   m < 2 − 2 3

Để hàm số đồng biến trên (−∞;1] ⇒ 1 ≤ x1 < x 2 .

 x1 + x 2 > 2  x1 + x 2 > 2 ⇔ Khi đó ta có  ( x1 − 1)( x 2 − 1) ≥ 0  x1x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 ≥ 0 x + x 2 = m + 2 Áp dụng định lí Vi-ét ta có  1  x1x 2 = 2m + 3 m + 2 > 2 m > 0 m > 0 ⇒ ⇔ ⇔ ⇔m>0 2m + 3 − m − 2 + 1 ≥ 0 m + 2 ≥ 0 m ≥ −2 ⇒ m > 2+2 3 Trang 45/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a = 2 Kết hợp 2 trường hợp ta có 2 − 2 3 ≤ m ⇒ m ∈ [2 − 12; +∞) ⇒  ⇒ S = a + b = 14 b = 12

Chọn A. Câu 43: Cách giải: +) Gọi AA’, BB’, CC’ lần lượt là các đường cao của tam giác ABC. BC ⊥ AA ' ⇒ BC ⊥ ( SAA ') ⇒ BC ⊥ SA . Ta có  BC ⊥ SH Hoàn toàn tương tự ta chứng được AB ⊥ SC, AC ⊥ SB ⇒ Đáp án D đúng.

minh

AC (tính chất đường trung bình của tam giác) ⇒ MNPQ là hình bình 2

hành.

Chọn C. Câu 44: Phương pháp: 2

+) Nhân cả 2 vế với e x . Lấy nguyên hàm 2 vế sau đó xác định hàm số f (x) . +) Từ giả thiết f (0) = 0 tính hằng số C, từ đó tính f (1) . Cách giải: 2

f ′ (x) + 2x.f (x) = e − x ∀x ∈ R 2

⇔ e x [ f '(x) + 2x.f (x) ] = 1 2

⇔ e x f '(x) + 2x.f (x)e x = 1

(

)

⇔ f (x) ⋅ e x ' = 1 2

⇔ f (x)e x = x + C ⇔ f (x) = (x + C)e − x 2

Ta có f (0) = 0 ⇔ C = 0 ⇔ f (x) = xe − x ⇒ f (1) = 1.e −1 =

1 e

Chọn D. Câu 45: Trang 46/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cách giải: Gọi O = AC ∩ BD và (P) là mặt phẳng chứa AB và vuông góc với (ABCD). SA ⊥ SB Ta có  ⇒ SA ⊥ (SBD) ⇒ SA ⊥ BD SA ⊥ SD BD ⊥ AC Và  ⇒ BD ⊥ (SAC) . BD ⊥ SA Trong SAC kẻ đường thẳng OI ⊥ AC(I ∈ SC) Ta có OI ⊂ (SAC) ⇒ OI ⊥ BD, OI ⊥ AC ⇒ OI ⊥ (ABCD) ⇒ (P) / /(OI)

⇒ VD.ABN =

2 1 4a 2 IO. .4a 2 = IO 3 2 3

Do đó để VD.ABN lớn nhất thì OI phải lớn nhất. Vì SA ⊥ (SBD)(cmt) ⇒ SA ⊥ SO ⇒ ∆SOA vuông tại S.

Đặt SA = x(0 < x < a 2 = OA) . Ta có OA =

1 1 AC = .2a 2 = a 2 ⇒ SO = OA 2 − SA 2 = 2a 2 − x 2 2 2

Kẻ SH ⊥ AC(H ∈ AC) ta có

SH =

SA.SO SA 2 + SO 2

x. 2a 2 − x 2 x 2 + 2a 2 − x 2

CH = OC + OH = a 2 +

2a 2 − x 2 a 2

x 2a 2 − x 2 SO 2 2a 2 − x 2 ;OH = = OA a 2 a 2

4a 2 − x 2 a 2

Áp dụng định lí Ta-lét (OI / /SH) ta có:

x 2a 2 − x 2 .a 2 OI OC x 2a 2 − x 2 .a 2 x 4a 2 − 2x 2 a 2 = ⇒ OI = = = a 4a 2 − x 2 SH CH 4a 2 − x 2 4a 2 − x 2 a 2 Trang 47/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số không âm x và x 4a 2 − 2x 2 ≤

4a 2 − 2x 2 ta có:

x 2 + 4a 2 − 2x 2 4a 2 − x 2 = 2 2

4a 2 − x 2 a ⇒ OI ≤ a 2 2 2 = . 4a − x 2 Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 4a 2 − 2x 2 ⇔ x 2 = 4a 2 − 2x 2 ⇔ x 2 = Vậy VDABN ≤

4 2 2a . a ⇔x= 3 3

4a 2 a 2a 3 2a 3 ⋅ = hay max V DABN = . 3 2 3 3

Chọn A. Câu 46: Phương pháp: +) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = x 0 . +) Từ giả thiết có một tiếp tuyến là: ∆1 : y = −1 tính được m. +) Thử lại và kết luận. Cách giải: TXĐ: D = R , ta có y ' = 3x 2 − 6(m + 3)x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = x 0 là: y = ( 3x 02 − 6(m + 3)x 0 ) ( x − x 0 ) + x 30 − 3(m + 3)x 20 + 3(d)

A(−1; −1) ∈ (d) ⇒ −1 = ( 3x 02 − 6x 0 ) ( −1 − x 0 ) + x 30 − 3x 02 + 3 ⇔ −1 = −3x 02 + 6x 0 − 3x 30 + 6x 02 + x 30 − 3x 02 + 3 x = 2 ⇔ 2x 30 − 6x 0 − 4 = 0 ⇔  0  x 0 = −1 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt, do đó từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số khi m = −2 (tm). Vậy m = −2 .

Chọn A. Câu 47: Trang 48/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: +) Chia cả 2 vế của bất phương trình cho 42x

3 +) Đặt   2

2x 2 − x

= t , với x ≥

−x

1 xác định khoảng giá trị của t. 2

+) Đưa bất phương trình về dạng m ≤ f (t)∀t ∈ (a; b) ⇔ m ≤ min f (t) (a;b)

+) Lập BBT hàm số y = f (t) và kết luận. Cách giải:

m.92 x

⇔ m.

−x

− (2m + 1)62 x

92 x

42 x

−x

−x −x

− (2m + 1)

 3  2 x ⇔ m    2  3 Đặt   2

−x

+ m42 x

62 x

42 x

−x

−x −x

+m≤0

2x  3  − (2m + 1)   2 

2 x2 − x

= t với x ≥

≤0

−x

+m≤0

1 . Xét hàm số f ( x) = 2 x 2 − x ta có BBT 2

⇒ f ( x ) ≥ 0∀x ≥

1 3 ⇔ t ≥   =1 2 2

Khi đó bất phương trình trở thành mt 2 − (2m + 1)t + m ≤ 0∀t ≥ q

⇔ m(t 2 − 2t + 1) − t ≤ 0∀t ≥ 1 ⇔ m(t − 1) 2 − t ≤ 0∀t ≥ 1 Khi t = 1 ta có −1 ≤ 0 luôn đúng. Xét khi t > 1 ⇒ m ≤ Ta có f '(t ) =

t = f (t )∀t > 1 ⇔ m ≤ min f (t ) t >1 (t − 1) 2

(t − 1)2 − t.2.(t − 1) t − 1 − 2t = = 0 ⇔ t = −1 (t − 1)4 (t − 1)3

BBT:

Trang 49/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Dựa vào BBT của hàm số y = f (t ) ta có min f (t ) > 0 ⇒ m ≤ 0 t >1

AN AB = ⇒ AN = Ta có ∆ABN − ∆MAD ( g .g ) ⇒ DM AM

⇒ BN = AB 2 − AN 2 = 1 −

1 .Z 2

1 12 +   2

1 5

1 2 = 5 5

1  2  1 4 5π . ⇒ V1 = π  =  3  5 75 5 1  PC = NB =  2 PC MC MP 1  Ta có ∆MPC ∼ ∆ANB ( g .g ) ⇒ = = = ⇒ NB AB AN 2  MP = 1 AN =  2 ⇒ NP = MN + MP = AM − AN + MP =

1 5 1 2 5

5 1 1 2 5 − + = 2 5 5 2 5

1 π  1 4 1 2  2 5 14 5 π ⇒ V2 = π ( PC 2 + BN 2 + PC.BN ) NP =  + + . = . 3 35 5 75 5 5 5 2

1 π 1  1  5π . = V3 = π MP.PC 2 = .  3 3 2 5  5 150 Trang 50/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

V = V1 + V2 − V3 =

4 5π 14 5 5π 7 5 π− π + = 75 75 150 30

Chọn B. Câu 49: Phương pháp +) Gọi số đoạn có chiều dài 2 đốt là x và số đoạn có chiều dài 5 đốt là y, lập hệ phương trình giải tìm x, y trong trường hợp x – y = 1 , suy ra kết quả thuận lợi cho biến cố “số đoạn 2 đốt nhiều hơn số đoạn 5 đốt

đúng 1 đoạn”. +) Tính số bộ số ( x; y ) thoả mãn 2 x + 5 y = 100 2 x + 5 y = 10 ( x, y ∈ N ) , suy ra số phần tử của không gian mẫu. +) Tính xác suất của biến cố. Cách giải Gọi số đoạn có chiều dài 2 đốt là x và số đoạn có chiều dài 5 đốt là y, ta có hệ phương trình  2 x + 5 y = 100  x = 15 ⇔  x − y = 1  y = 14 Gọi A là biến cố số đoạn 2 đốt nhiều hơn số đoạn 5 đốt đúng 1 đoạn” ⇒ n( A) = 1 . Xét các bộ số (x,y) thoả mãn 2 x + 5 y = 100 (x,y ∈ N) ta có bảng sau: x

⇒ n(Ω) = 11 Vậy P( A) =

1 ≈ 0, 09 11

Chọn D. Câu 50: Phương pháp Giải phương trình y’ = 0 . Lưu ý tính đạo hàm của hàm hợp. Số nghiệm bội lẻ của phương trình chính là số cực trị của hàm số. Cách giải Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị x = 2, x = x1 ∈ (1; 2 ) , x = x2 ∈ ( 2;3) .

 f '( x) = 0  f ( x) = 2 Xét hàm số y = f ( f ( x)) có y ' = f '( x). f '( f ( x)) = 0 ⇔  .  f ( x) = x1 ∈ (1; 2)   f ( x) = x2 ∈ (2;3) x = 2 Phương trình f '( x) = 0 ⇔  x = x1 ∈ (1; 2) .  x = x2 ∈ (2;3) Phương trình f ( x) = 2 có 2 nghiệm đơn phân biệt. Phương trình f ( x) = x1 ∈ (1; 2) có 2 nghiệm đơn phân biệt.

Trang 51/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương trình f ( x ) = x2 ∈ (2;3) có 2 nghiệm đơn phân biệt. Các nghiệm này không trùng nhau, do đó phương trình y’ = 0 có 9 nghiệm phân biệt (không tringf nhau), Các nghiệm đều là nghiệm đơn. Do vậy hàm số y = f ( f ( x) ) có 9 điểm cực trị

Chọn D.

Trang 52/27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II- MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2018 - 2019 Thời gian làm bài:90 phút;

MÃ ĐỀ 132

(50 câu trắc nghiệm)

Mục tiêu đề thi: Đề thi thử THPTQG lần 2 của trường THPT chuyên Thái Bình bao gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm, với kiến thức được phân bổ như sau: 80% kiến thức lớp 12, 20% kiến thức lớp 11, 0% kiến thức lớp 10. Để thi phù hợp với đề thi minh họa THPTQG môn Toán (năm 2019), giúp HS ôn tập đúng trọng tâm, tích lũy được kiến thức và có kinh nghiệm xử lí các đề thi, trong đê thi xuất hiện những câu hỏi khó lạ như câu 27, câu 43, 44 nhằm phân loại HS, giúp HS nhận biết được mình đang hổng ở phần kiến thức nào để ôn tập cho đúng. Câu 1: Cho phương trình: sin 3 x − 3sin 2 x + 2 − m = 0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm: A. 3.

B. 1.

C. 5.

D. 4.

Câu 2: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và có bảng biến thiên như sau:

x y′

−2

−∞

−

+∞ +

+∞

−3

−∞

Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 0; + ∞ )

B. ( −∞; − 2 )

C. ( −2; 0 )

D. ( −3; 1)

Câu 3: Đồ thị hàm số nào dưới đây có tâm đối xứng là điểm I (1; −2 ) ? A. y =

2 − 2x . 1− x

B. y = 2 x3 − 6 x 2 + x + 1 .

C. y =

2x − 3 . 2x + 4

D. y = −2 x 3 + 6 x 2 + x − 1 .

Câu 4: Biết rằng phương trình: log 32 x − ( m + 2) log 3 x + 3m − 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1 x2 = 27 . Khi đó tổng ( x1 + x2 ) bằng:

A. 6.

34 . 3

C. 12.

1 . 3

Câu 5: Cho hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d với a ≠ 0 có hai hoành độ cực trị là x = 1 và x = 3 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f ( x ) = f ( m ) có đúng ba nghiệm phân biệt là:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. ( f (1) ; f ( 3 ) ) .

B. ( 0; 4 ) .

C. (1;3 ) .

D. ( 0; 4 ) \ {1;3} .

Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A (1; −1; 2 ) và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + z + 1 = 0 . Mặt phẳng ( Q ) đi qua điểm A và song song với ( P ) . Phương trình mặt phẳng ( Q ) là:

A. 2 x − y + z − 5 = 0 .

B. 2 x − y + z = 0 .

C. x + y + z − 2 = 0 .

D. 2 x + y − z + 1 = 0 .

Câu 7: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m ≥ −10 sao cho đồ thị hàm số y =

x2 + x −1 có x 2 + ( m − 1) x + 1

đúng một tiệm cận đứng? A. 11 .

B. 10 .

C. 12 .

D. 9 .

Câu 8: Cho hàm số y = − x 3 + 3 x − 2 có đồ thị ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại giao điểm của ( C ) với trục tung.

A. y = −2 x + 1 .

B. y = 2 x + 1.

C. y = 3x − 2 .

D. y = −3x − 2 .

Câu 9: Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 4 mặt phẳng.

B. 1 mặt phẳng.

C. 2 mặt phẳng.

D. 3 mặt phẳng.

C. y ' = 2e x .

D. y ' = e x .

Câu 10: Hàm số y = x.e x có đạo hàm là: A. y ' = xe x .

B. y ' = ( x + 1) e x .

Câu 11: Cho bất phương trình: log 1 ( x − 1) ≥ −2 . Số nghiệm nguyên của bất phương trình là: 2

A. 3.

B. Vô số.

C. 5.

D. 4.

Câu 12: Cho cấp số cộng ( un ) có u5 = −15 ; u20 = 60 . Tổng 20 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là: A. S 20 = 250 .

B. S 20 = 200 .

Câu 13: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = A. min y = x∈[0; 3]

1 . 2

C. S20 = −200 .

x −1 trên đoạn [ 0;3] là: x +1

B. min y = −3 .

C. min y = −1 .

x∈[ 0; 3]

Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng

( Q ) : x + 3 y + ( 2m + 3) z − 2 = 0 . Giá trị của m để ( P ) ⊥ ( Q ) A. m = −1 .

D. S20 = −25 .

B. m = 1 .

D. min y = 1 . x∈[ 0; 3]

( P ) : 2 x + my − z + 1 = 0

và

là:

C. m = 0 .

D. m = 2 .

Câu 15: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ −1; 4 ] và có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình bên. Hỏi hàm số g ( x ) = f ( x 2 + 1) nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. ( −1;1) .

B. ( 0;1) .

C. (1; 4 ) .

(

)

3; 4 .

Câu 16: Tính thể tích V của khối chóp có đáy là hình vuông cạnh 2a và chiều cao là 3a A. V = 4a3 .

B. V = 2a3 .

4 D. V = π a3 . 3

C. V = 12a3 .

Câu 17: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với đáy, mặt bên ( SCD ) hợp với đáy một góc bằng 60° , M là trung điểm của BC . Biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng

a3 3 . 3

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( SCD ) bằng:

a 3 . 6

B. a 3 .

a 3 . 4

a 3 . 2

a3 3 . 3

D. a 3 2 .

Câu 18: Thể tích khối bát diện đều cạnh a là: A.

a3 2 . 6

a3 2 . 3

Câu 19: Cho biết bảng biến thiên ở hình dưới là của một trong bốn hàm số được liệt kê dưới đây. Hãy tìm hàm số đó.

−∞

-1

y’

−

−2 x − 4 . x +1

+∞

− 1

−∞

A. y =

+∞

B. y =

x−4 . 2x + 2

C. y =

2− x . x +1

D. y =

−2 x + 3 . x +1

Câu 20: Trong các dãy số ( un ) sau đây; hãy chọn dãy số giảm:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(

)

A. un = ( −1) 2n + 1 .

B. un = 3

n2 + 1 . n

Câu 21: Cho phương trình: 2 x + x −2 x +m − 2 x

C. un = sin n .

D. u n = n + 1 − n .

+ x 3 − 3x + m = 0 . Tập các giá trị m để phương trình có 3

nghiệm phân biệt có dạng ( a; b ) . Tổng ( a + 2b ) bằng:

A. 1.

B. 0.

C. −2 .

D. 2. 12

2   Câu 22: Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức  x −  (với x > 0 ) là: x x  7

A. 376.

B. −264 .

C. 264.

D. 260.

Câu 23: Số nghiệm của phương trình: log 2 x + 3log x 2 = 4 là: A. 0.

B. 1.

C. 4.

D. 2.

Câu 24: Cho hàm số y = ( m − 1) x 3 − 5 x 2 + ( m + 3 ) x + 3 . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = f ( x ) có đúng 3 điểm cực trị?

A. 5 .

B. 3 .

C. 4 .

D. 0 .

Câu 25: Một đội xây dựng gồm 3 kĩ sư, 7 công nhân. Có bao nhiêu cách lập từ đó một tổ công tác 5 người gồm 1 kĩ sư làm tổ trưởng, 1 công nhân làm tổ phó và 3 công nhân làm tổ viên:. A. 420 cách.

B. 120 cách.

C. 252 cách.

D. 360 cách.

Câu 26: Một chất điểm chuyển động có phương trình S = 2t 4 + 6t 2 − 3t + 1 với t tính bằng giây (s) và S tính bằng mét (m). Hỏi gia tốc của chuyển động tại thời điểm t = 3(s) bằng bao nhiêu? A. 88 ( m/s 2 ) .

B. 228 ( m/s 2 ) .

C. 64 ( m/s 2 ) .

D. 76 ( m/s 2 ) .

Câu 27: Cho tam giác ABC đều cạnh a , đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Gọi S là điểm thay đổi trên đường thẳng d , H là trực tâm tam giác SBC . Biết rằng khi điểm S thay đổi trên đường thẳng d thì điểm H nằm trên đường ( C ) . Trong số các mặt cầu chứa đường ( C ) , bán kính mặt cầu nhỏ nhất là

a 2 . 2

B. a .

Câu 28: Cho hàm số y = ( x − 1) A. D = (1; +∞ ) .

−5

a 3 . 12

a 3 . 6

x . Tập xác định của hàm số là:

B. D = [ 0; +∞ ) \ {1} .

C. [ 0; +∞ ) .

Câu 29: Biết đường thẳng y = x − 2 cắt đồ thị hàm số y =

D. R \ {1} .

2x +1 tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ x −1

lần lượt x A , xB . Khi đó xA + xB là:

A. xA + xB = 5 .

B. x A + xB = 2 .

C. xA + xB = 1 .

D. xA + xB = 3 .

Câu 30: Hàm số y = f ( x ) = ( x − 1) . ( x − 2 ) . ( x − 3 ) ... ( x − 2018 ) có bao nhiêu điểm cực đại? A. 1009 .

B. 2018 .

C. 2017 .

D. 1008 .

Câu 31: Cho các số thực dương a; b với a ≠ 1 . Mệnh đề nào sau đây đúng:

1 1 A. log a3 ( ab ) = + log a b . 3 3

1 B. log a3 ( ab ) = log a b . 3 4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C. log a3 ( ab ) = 3log a b .

D. log a3 ( ab ) = 3 + 3log a b .

Câu 32: Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 1. Gọi N , P lần lượt là trung điểm của BC, CD ; M là điểm thuộc cạnh AB sao cho BM = 2 AM . Mặt phẳng ( MNP ) cắt cạnh AD tại Q . Thể tích của khối đa diện lồi MAQNCP là

7 . 9

5 . 16

7 . 18

5 . 8

Câu 33: Phương trình 9x − 3x+1 + 2 = 0 có hai nghiệm x1; x2 với x1 < x2 . Đặt P = 2 x1 + 3 x2 . Khi đó: A. P = 0 .

C. P = 2log 3 2 . D. P = 3log 2 3 . Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 vectơ 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. P = 3log 3 2 .

B. b ⊥ c .

C. c = 3 .

D. a ⊥ b .

Câu 35: Cho hàm số y = f ( x ) , chọn khẳng định đúng? A. Nếu f ′′ ( x0 ) = 0 và f ′ ( x0 ) = 0 thì x0 không phải là cực trị của hàm số. B. Hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại x0 khi và chỉ khi f ′ ( x0 ) = 0 . C. Nếu hàm số y = f ( x ) có điểm cực đại và điểm cực tiểu thì giá trị cực đại lớn hơn giá trị cực tiểu. D. Nếu f ′ ( x ) đổi dấu khi x qua điểm x0 và f ( x ) liên tục tại x0 thì hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại điểm x0 . Câu 36: Một người gửi ngân hàng 100 triệu đồng với kỳ hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý theo hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kỳ hạn và lãi suất như trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được sau 1 năm kể từ khi bắt đầu gửi tiền gần với kết quả nào sau đây: A. 212 triệu.

B. 210 triệu.

C. 216 triệu.

D. 220 triệu.

Câu 37: Một khối nón có thể tích bằng 30π . Nếu tăng chiều cao lên 3 lần và tăng bán kính mặt đáy lên 2 lần thì thể tích khối nón mới bằng: A. 360π .

B. 180π .

1 Câu 38: Cho bất phương trình:   2 3  A.  ; +∞  . 2 

4 x −15 x +13

C. 240π .

1 <  2

D. 720π .

4−3 x

. Tập nghiệm của bất phương trình là: 3 C. R |   . 2

B. R .

D. ∅ .

Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(−1; −1;0); B(3;1; −1) . Điểm M thuộc trục Oy và cách đều hai điểm A; B có tọa độ là: 9   A. M  0; − ;0  . 4  

 9  B. M  0; ;0  .  2 

9   C. M  0; − ;0  . 2  

 9  D. M  0; ;0  .  4 

Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình bình hành ABCE với A(3;1;2); B(1;0;1); C (2;3;0) . Tọa độ đỉnh E là:

A. E (4;4;1) .

B. E (0;2; −1) .

C. E (1;1;2) . 5

D. E (1;3; −1) .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 41: Phương trình tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. y = −2 .

x2 + x − 2 là: x−2

C. y = 2 .

B. x = −2 .

D. x = 2 .

Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P) : 2 x − 4 y + 6 z − 1 = 0 . Mặt phẳng ( P) có một vectơ pháp tuyến là: A. n (1; −2;3) .

B. n ( 2;4;6 ) .

C. n (1; 2;3) .

D. n ( −1; 2;3 ) .

Câu 43: Cho tập X = {1; 2;3;.......;8} . Lập từ X số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để lập được số chia hết cho 1111 là:

A82 A62 A42 . 8!

4!4! . 8!

C82C62C42 . 8!

384 . 8!

Câu 44: Một tấm vải được quấn 100 vòng (theo chiều dài tấm vải) quanh một lõi hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm . Biết rằng bề dày tấm vải là 0,3cm . Khi đó chiều dài tấm vải gần với số nguyên nào nhất dưới đây: A. 150m

B. 120m .

C. 125m .

D. 130m .

Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;2; −1); B(2;1;0) và mặt phẳng

( P ) : 2 x + y − 3z + 1 = 0 . Gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa ( Q ) là:

A; B và vuông góc với ( P ) . Phương trình mặt phẳng

A. 2 x + 5 y + 3z − 9 = 0 . B. 2 x + y − 3z − 7 = 0 .

C. 2 x + y − z − 5 = 0 .

D. x + 2 y − z − 6 = 0 .

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) chứa điểm H (1;2;2) và cắt Ox; Oy; Oz lần lượt tại A; B; C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Phương mặt phẳng ( P ) là:

A. x + 2 y − 2 z − 9 = 0 .

B. 2 x + y + z − 6 = 0 .

C. 2 x + y + z − 2 = 0 .

D. x + 2 y + 2 z − 9 = 0 .

Câu 47: Thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình vuông có cạnh bằng 2a . Thể tích khối trụ bằng: A. π a3 .

B. 2π a3 .

C. 4π a3 .

2 3 πa . 3

Câu 48: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' . Tính góc giữa hai đường thẳng AC và A ' B A. 60° .

B. 45° .

C. 75° .

D. 90° .

Câu 49: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên: x

−∞

y’

1 +

+∞

−

+∞

−∞

-2

Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình f

(

A. m ≥ 1 .

C. m ≥ 4 .

B. m ≥ −2 .

)

x − 1 + 1 ≤ m có nghiệm?

D. m ≥ 0 .

Câu 50: Cho 0 < a < 1 . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai: 6

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 a

2017

1 a

2018

B. a 2017 > a 2018 .

C. a 2017 <

1 a

2018

D. a 2018 <

1 a

2017

--------------------------------------------------------- HẾT ----------

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số Chương 1: Hàm Số Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C2 C3

C28

C1 C8 C13 C19 C29 C41

C5 C7 C15 C24 C30 C35 C49

C11 C23 C31 C33 C38 C50

C4 C21 C36

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng

Lớp 12 (90%)

C26

Chương 4: Số Phức

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C9 C16

C18

C17 C32 C48

C37 C47

C27 C44

C6 C14 C34 C39 C40

C45 C46

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C42

Đại số

Lớp 11 (10%)

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác Chương 2: Tổ Hợp - Xác Suất

C22

C25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C43

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C12

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

C10

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (0%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Tổng số câu

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm

1.6

4.6

3.6

0.2

Mục tiêu đề thi: Đề thi thử THPTQG lần 2 của trường THPT chuyên Thái Bình bao gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm, với kiến thức được phân bổ như sau: 90% kiến thức lớp 12, 10% kiến thức lớp 11, 0% kiến thức lớp 10. Để thi phù hợp với đề thi minh họa THPTQG môn Toán (năm 2019), giúp HS ôn tập đúng trọng tâm, tích lũy được kiến thức và có kinh nghiệm xử lí các đề thi, trong đề thi xuất hiện những câu hỏi khó lạ như câu 27, câu 43, 44 nhằm phân loại HS, giúp HS nhận biết được mình đang hổng ở phần kiến thức nào để ôn tập cho đúng

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

1. C 11. D 21. D 31. A 41. D

2. C 12. A 22. C 32. C 42. A

3. B 13. C 23. D 33. B 43. D

4. C 14. B 24. C 34. B 44. C

5. D 15. B 25. A 35. D 45. A

6. A 16. A 26. B 36. A 46. D

nghiệm

thì

7. B 17. C 27. C 37. A 47. B

8. C 18. B 28. B 38. C 48. A

9. A 19. D 29. A 39. D 49. B

10. B 20. D 30. D 40. A 50. A

Câu 1: Phương pháp +) Đặt sin x = t (−1 < t < 1) +)

Để

phương 3

trình

bài

cho 3

có

phương

trình

ẩn

phải

có

nghiệm

t ∈ [ −1;1] t − 3t + 2 − m = 0 ⇔ t − 3t + 2 = m(*) .

+) Khi đó ta khảo sát hàm số để tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm.

Cách giải: Đặt sin x = t ( −1 < t < 1) Khi đó ta có phương trình: t 3 − 3t 2 + 2 − m = 0 ⇔ t 3 − 3t 2 + 2 = m(*)

Để phương trình bài cho có nghiệm thì phương trình (*) phải có nghiệm t ∈ [ −1;1] Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (t ) = t 3 − 3t 2 + 2 và đường thẳng y=m Phương trình (*) có nghiệm t ∈ [ −1;1] ⇔ 3

đường thẳng y = m có điểm chung với đồ thị hàm

số y = f (t ) = t − 3t + 2 Xét hàm số: y = f (t ) = t 3 − 3t 2 + 2 ta có:

t = 0 ∈ [ −1;1] y ′ = 3t 2 − 6t ⇒ y ′ = 0 ⇔ 3t 2 − 6t = 0 ⇔  t = 2 ∈ [−1;1] Ta có BBT

-1

y′ y

0 +

−

2 -2

Theo BBT ta có, đường thẳng y = m và đồ thị hàm số y = f (t ) = t 3 − 3t 2 + 2 có điểm chung

⇔ −2 ≤ m ≤ 2 Lại có: m ∈ Z ⇒ m ∈ {−2; −1; 0;1; 2}

Chọn C. Chú ý khi giải: Đề bài yêu cầu tìm m ∈ Z các em chú ý để chọn được đáp án đúng.

Câu 2: Phương pháp 10

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+) Dựa vào bảng biến thiên, hàm số nghịch biến trong khoảng ( a ; b ) khi y ′ < 0, ∀x ∈ (a; b) .

Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy, hàm số nghịch biến trên ( -2; 0 ) .

Chọn C Câu 3: Phương pháp +) Với hàm số bậc nhất trên bậc nhất có dạng y =

ax + b thì hàm số có tâm đối xứng là điểm cx + d

 −d a  ;  I  c c

+) Với hàm số đa thức y = f ( x ) có tâm đối xứng I ( x1 ; y1 ) với x1 là nghiệm của phương trình y ′′ = 0 và

y I = y ( xI ) Cách giải: +) Xét đáp án A: Ta thấy đồ thị hàm số y =

2 − 2 x 2(1 − x ) = = 2( x ≠ 1) ⇒ đồ thị hàm số không có tâm 1− x 1− x

đối xứng. ′ 2 ′′ +) Xét đáp án B: Ta có: y = 6x − 12x + 1 ⇒ y = 12x − 12 = 0 ⇔ x = 1

⇒ y (1) = 2 − 6 + 1 = −2 ⇒ I (1; −2) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.

Chọn B Câu 4: Phương pháp +) Đặt log 3 x = t ⇒ x = 3t ( x > 0) +) Tìm điều kiện của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. +) Áp dụng hệ thức Vi-ét để làm bài toán. +) Tìm m sau đó thế m vào phương trình để tìm x1; x2 .

Cách giải: Điều kiện: x > 0 Đặt log 3 x = t ⇒ x = 3t Khi đó ta có phương trình: t 2 − ( m + 2)t + 3m − 1 = 0(*) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm t phân biệt

⇔ ∆ > 0 ↔ (m + 2)2 − 4(3m − 1) > 0 ⇔ m 2 + 4m + 4 − 12m + 4 > 0 ⇔ m 2 − 8m + 8 > 0 m > 4 + 2 2 ⇔  m < 4 − 2 2 m > 4 + 2 2 Với  có hai nghiệm phân biệt t1; t2 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1; x2 với  m < 4 − 2 2 x1 = 3t2 , x2 = 3t1

t1 + t2 = m + 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét với phương trình (*) ta có:  t1t2 = 3m − 1 11

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Theo đề bài ta có: x1 x2 = 27 ⇔ 3t1 ⋅ 3t2 = 3t1 +t2 = 27 ⇔ t1 + t2 = 3 ⇔ m + 2 = 3 ⇔ m = 1(tm)

 x = 31 = 3 t1 = 1 ⇒ 1 ⇒ x1 + x2 = 3 + 9 = 12 Với m = 1 ⇒ (*) ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔  2 t2 = 2  x2 = 3 = 9 Chọn C Câu 5: Phương pháp: +) Tìm mối quan hệ a,b,c dựa vào hoành độ hai điểm cực trị. +) Xét phương trình f (x) = f (m) và tìm điều kiện để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

Cách giải: y = f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d có f ′ ( x) = 3ax 2 + 2bx + c 2b  4 = x1 + x2 = − 3a b = −6a Do hàm số có hoành độ hai điểm cực trị là x1 = 1, x2 = 3 nên  ⇔  c = 9a  3= x x = c 1 2  3a Xét phương trình f ( x ) = f ( m) ta được: ax 3 + bx 2 + cx + d = am 3 + bm 2 + cm + d ⇔ a ( x 3 − m3 ) + b ( x 2 − m 2 ) + c ( x − m) = 0

⇔ a ( x 3 − m 3 ) − 6 a ( x 2 − m 2 ) + 9a ( x − m) = 0 ⇔ ( x − m) ( x 2 + mx + m 2 ) − 6( x − m)( x + m) + 9( x − m) = 0

⇔ ( x − m)  x 2 + mx + m 2 − 6 x − 6m + 9  = 0 ⇔ ( x − m)  x 2 + (m − 6) x + m 2 − 6m + 9 = 0 x−m = 0  ⇔ 2 2  x + ( m − 6) x + m − 6m + 9 = 0

Để phương trình

có ba nghiệm phân biệt thì phương trình x 2 + ( m − 6) x + m 2 − 6m + 9 = 0 có

hai nghiệm phân biệt khác m . ∆ = (m − 6) 2 − 4 ( m 2 − 6m + 9 ) > 0  −3m 2 + 12m > 0  0<m<4 ⇔ ⇔ 2 ⇔ 2 2 m ≠ 1, m ≠ 3 3m − 12m + 9 ≠ 0 m + (m − 6)m + m − 6m + 9 ≠ 0 Vậy m ∈ (0,1) \ {1,3}

Chọn D Câu 6: Phương pháp:

+) Hai mặt phẳng ( P) / /(Q) ⇒ n p = nQ +) Phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và có VTPT n = ( A, B, C ) có phương

trình: A ( x − x0 ; y − y0 ; z − z0 )

Cách giải: Ta có nP = (2; −1;1)

Theo đề bài ta có ( P ) / /(Q ) ⇒ nO = nP = (2; −1;1) 12

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A(1; −1; 2) và có VTPT n = (2; −1;1) là: 2( x − 1) − ( y + 1) + ( z − 2) = 0 ↔ 2 x − y + z − 5 = 0

Chọn A Câu 7: Phương phápĐường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x) =

g ( x) ⇔ lim f ( x ) = ∞ x→a h( x )

Cách giải:  x ≥1 Điều kiện:  2  x + ( m − 1) x + 1 ≠ 0

Ta thấy x 2 + x − 1 > 0, ∀x > 1 ⇒ đồ thị hàm số có đúng một TCĐ ⇔ x 2 + ( m − 1) x + 1 = 0(*) có đúng một nghiệm x ≥ 1

TH1: Phương trình (*) có nghiệm kép

 m − 1 = 2  m = 3 (m − 1)2 − 4 = 0  ∆=0     ⇔ ⇔   m − 1 = −2 ⇔   m = −1 ⇔ m = −1 x ≥1⇔  b m −1 ≥1 − 2a ≥ 1  −  m − 1 ≤ −2  m ≤ −1  2   TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1 < 1 ≤ x2 ⇔ a ⋅ f (1) > 0 ⇔ 1.(1 + m − 1 + 1) > 0 ⇔ m > −1

Kết hợp các TH và điều kiện bài cho trước m ≥ −10 ta có: −10 ≤ m ≤ −1 thỏa mãn điều kiện bài toán

Chọn D Chú ý khi giải: Chú ý điều kiện m ∈ Z; m ≥ −10

Câu 8: Phương pháp +) Xác định giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung. +) Phương trình tiêp tuyên của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) là y = f ′ ( x0 )( x − x0 ) + y0

Cách giải: Gọi M ( 0; y0 ) là giao điểm của đồ thị hàm số (C) với trục Oy. Khi đó ta có: y0 = −2 ⇒ M (0; −2)

y ′ = −3 x 2 + 3 ⇒ y ′ (0) = 3

Ta có:

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại điểm M (0; −2) là:

y = y ′ (0)( x − 0) − 2 = 3 x − 2

Chọn C Câu 9: Phương pháp Dựa vào lý thuyết các khối đa diện đều. Cách giải: Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+) 3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện. +) 1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên.

Chọn A Câu 10: Phương pháp Sử dụng công thức đạo hàm cơ bản: (e x )′ = e x ; [u.v]′ = u ′v + uv′

Cách giải: ′

Ta có: ( xe x ) = e x + xe x = e x ( x + 1)

Chọn B Câu 11: Phương pháp  0 < a < 1   f ( x) > 0   f ( x ) ≤ a b log a f ( x) ≥ b ⇔   a > 1   f ( x) > 0    f ( x ) ≥ a b +) Sử dụng công thức:

Cách giải: Ta có:

0<a=

1 <1 2 nên ta có:

 x −1 > 0  x >1  −2 log 1 ( x − 1) ≥ −2 ⇔   1  ⇔ x ≤ 4 +1 ⇔ 1 < x ≤ 5  2 x −1 ≤  2     ⇒ Nghiệm nguyên của phương trình là: x ∈ {2;3; 4;5}

Chọn D Chú ý khi giải: Chú ý là đề bài hỏi số nghiệm nguyên nên phải tìm số nghiệm nguyên sau đó chọn đáp án đúng.

Câu 12: Phương pháp +) Xác định số hạng đầu và công sai của cấp số cộng nhờ công thức tổng quát: un = u1 + ( n -1) d

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+) Công thức tính tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số cộng là: S n =

n [ 2u1 + (n − 1)d ] 2

Cách giải:

Theo đề bài ta có:

u5 = −15 u1 + 4d = −15 u = −35 ⇔ ⇔ 1   d =5 u20 = 60 u1 + 19d = 60

Vậy tổng của 20 số hạng đầu tiên của CSC đã cho là:

Sn =

20(2.( −35) + 19.5) = 250 2

Chọn A Câu 13: Phương pháp +) Cách 1: Sử dụng chức năng MODE 7 của máy tính để bấm máy, tìm GTNN của hàm số trên đoạn đã cho. +) Cách 2: Khảo sát hàm số y = f (x), tính các giá trị tại các mút của đoạn cần tìm GTNN để chọn đáp án đúng.

Cách giải: Điều kiện: x ≠ −1 Vì −1 ∉ [0;3] nên với bài toán này ta có thể chọn cách bấm máy tính để làm nhanh hơn. Cách 1: Ta sử dụng máy tính để bấm máy: +) Bước 1: Nhập hàm số y =

x −1 vào máy tính x +1

+) Bước 2: Start = 0, End = 3, Step =

3−0 19

Khi đó ta được:

Tìm giá trị của hàm số luôn tăng từ -1 đến 0,5 Vậy min y = −1 khi x = 0 x∈[0;3]

Chọn C Chú ý khi giải: Với bài toán có tập xác định D = R \{x0} và x0 ∈ [a; b] bài toán yêu cầu tìm Min, Max thì ta cần chú ý tập xác định khi bấm máy, ta cần bấm máy với các khoảng: [ a; x0 ) và ( x0 ; b]

Câu 14: Phương pháp

Hai mặt phẳng ( P) ⊥ (Q ) ⇒ n p ⊥ nQ ⇔ n p ⋅ nQ = 0 Cách giải: Ta có: nP = (2; m; −1); nQ = (1;3; 2m + 3) 15

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

( P ) ⊥ (Q ) ⇔ n p nQ = 0 ⇔ 2.1 + m.3 − 1(2m + 3) = 0 ⇔ 2 + 3m − 2m − 3 = 0 ⇔ m = 1 Chọn B Câu 15: Phương pháp Giải phương trình g'(x) = 0, lập bảng xét dấu g'(x) và kết luận.

Cách giải:  x=0  x 2 + 1 = −1  x = 0 Ta có g ′ ( x) = 2 xf ′ ( x 2 + 1) = 0 ⇔  2 ⇔  x +1 = 1 x = ± 3  2 x + 1 = 4 

Các nghiệm trên đều là các nghiệm bội lẻ, do đó đều là cực trị của hàm số y = g ′ ( x) Xét x = -1 ta có g ′ ( −1) = −2 f ′ (2) > 0 từ đó ta có bảng xét dấu g’(x) như sau:

g′ ( x )

− 3

−∞

−

+∞ +

Dựa vào các đáp án ta thấy hàm số y = g(x) nghịch biến trên (0;1)

Chọn B Câu 16: Phương pháp 1 Sử dụng công thức tính thể tích V = S d ⋅ h 3

Cách giải: Ta có diện tích đáy của hình chóp là:

S = (2a)2 = 4a 2 1 1 ⇒ V = Sd ⋅ h = ⋅ 4a 2 ⋅ 3a = 4a3 3 3 Chọn A Câu 17: +) Góc tạo bởi hai mặt phẳng là góc tạo bởi hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng đó cùng vuông góc với giao tuyến. 1 +) Công thức tính thể tích khối chóp: V = S d ⋅ h 3

+) Chứng minh d ( M ;( SCD)) = +) Tính: d ( A;( SCD )) =

1 1 d ( B;( SCD)) = d ( A; ( SCD) ) 2 2

3VSACD S SCD

Cách giải: 16

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có: SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ CD Lại có: CD ⊥ AB ( gt ) ⇒ CD ⊥ ( SAB ) ⇒ CD ⊥ SD ⇒ ∆SCD vuông tại D Có ( ABCD ) ∩ ( SCD ) = CD Mà: CD ⊥ SD (cmt ) ⇒ (( ABCD ); ( SCD)) = ( SD, AD) = ∠SDA = 60°   CD ⊥ AD ( gt )

Xét ∆SAD vuông tại A ta có: SA = AD ⋅ tan 60° = AD 3

VSABCD =

a3 3 1 a3 3 ⇔ AD 2 ⋅ AD 3 = ⇔ AD = a 3 3 3

1 1 a3 3 a3 3 1 ⇒ VSACD = VSACD = ⋅ = = d ( A; ( SCD )).S SCD 2 2 3 6 3 3VSACD S SCD

⇒ d ( A; ( SCD) ) =

Ta có: SD = SA2 + AD 2 = 3a 2 + a 2 = 2a ⇒ S SCD =

1 1 SD ⋅ CD = ⋅ 2a ⋅ a = a 2 2 2

⇒ d ( A; ( SCD )) =

3VSACD = S SCD

3⋅

a3 3 a2 = a 3 2 a2

Vì AB//CD ⇒AB//(SCD) ⇒ d(A;(SCD)) = d(B;(SCD)) Lại có:

MC 1 d ( M ;( SCD )) 1 = ( gt ) ⇒ = BC 2 d ( B;( SCD )) 2

⇒ d ( M ;( SCD )) =

1 1 1 a 3 a 3 d ( B; ( SCD )) = d ( A;( SCD)) = ⋅ = 2 2 2 2 4

Chọn C Câu 18: Phương pháp Khối bát diện đều được ghép từ hai khối chóp tứ giác đều. Nên gọi thể tích khối chóp tứ giác đều là V thì thể tích khối bát diện đều là: Sử dụng công thức tính nhanh khối chóp tứ giác đều cạnh a là: V =

V = 2V0

a3 2 6

Cách giải: Khối bát diện đều được ghép từ hai khối chóp tứ giác đều. Nên gọi thể tích khối chóp tứ giác đều là V thì thể tích khối bát diện đều là: Sử dụng công thức tính nhanh khối chóp tứ giác đều cạnh a là: V = ⇒ V = 2V0 = 2.

V = 2V0

a3 2 6

a3 2 a3 2 = 6 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chọn B Câu 19: Phương pháp Dựa vào BBT, nhận xét tính đơn điệu và tập xác định của hàm số và chọn đáp án đúng.

Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số có TXĐ: D = R \{-l}, hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định và có TCN là y = -2. Ta thấy các hàm số ở cả 4 đáp án đều có TXĐ: D = R \ {-l}. Tuy nhiên chỉ có đáp án A và đáp án D là đồ thị hàm số có TCN là đường y = -2. +) Xét đáp án A: y =

−2 x − 4 −2.1 + 4.1 2 có y ′ = = > 0∀, x ≠ 1 ⇒ hàm số đồng biến trên từng 2 x +1 ( x + 1) ( x + 1)2

khoảng xác định ⇒ loại đáp án A

Chọn D Câu 20: Phương pháp +) Dãy số giảm là dãy số có: u n + 1 < u n với mọi n

Cách giải: +) Xét đáp án A: ta có: u1 = −3; u2 = 5; u3 = −9; u4 = 17 … ⇒ dãy số không là dãy giảm cũng không là dãy tăng => loại đáp án A 5 10 17 +) Xét đáp án B: ta có: u1 = 2; u2 = ; u3 = ; u 4 = … 2 3 4

⇒ dãy số đã cho là dãy số tăng ⇒ loại đáp án B +)Xét đáp án C:ta có: u1 = sin1 ≈ 0, 017; u2 = sin 2 ≈ 0, 0384; u3 = sin 3 ≈ 0, 0523… ⇒ dãy số đã cho là dãy số tăng ⇒ loại đáp án C +)Xét đáp án D:ta có: u1 = 2 − 1 ≈ 0, 414; u2 = 3 − 2 ≈ 0,317; u3 = 4 − 3 ≈ 0, 268… ⇒ dãy số đã cho là dãy số giảm ⇒ chọn đáp án D

Chọn D Câu 21: Phương pháp +) Sử dụng phương pháp hàm số đề làm bài toán

Cách giải: 3

2x +x

−2 x+m

− 2x

+ x3 − 3 x + m = 0

(

−2 x+ m

+ x3 + x 2 − 2 x + m − 2 x

−2 x+ m

+ x3 + x 2 − 2 x + m = 2 x

⇔ 2x +x ⇔ 2x +x

)

+ x2 + x = 0 + x 2 + x(*)

Xét hàm số f (t ) = 2t + t ta có f ′ (t ) = 2t ln 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ nên hàm số đồng biến trên R ⇒ (*) ⇔ x 3 + x 2 − 2 x + m = x 2 + x ⇔ x 3 − 3 x = −m(**)

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (**) có 3 nghiệm phân biệt, khi đó 18

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

m ∈ ( yCT ; yCD ) của hàm số f ( x) = x 3 − 3 x  x = 1 ⇒ f (1) = −2 Ta có f ′ ( x) = 0 ⇔ 3 x 2 − 3 = 0 ⇔   x = −1 ⇒ f (−1) = 2 a = −2 ⇒ m ∈ (−2; 2) ⇒  ⇒ a + 2b = −2 + 4 = 2 b = 2

Chọn D Câu 22: Phương pháp n

Sử dụng công thức số hạng tổng quát của nhị thức: (a + b)n = ∑ Cnk a n − k b k k =0

Cách giải: Ta có: 12

3 5 12 12 12 − k 12 − k 2   k 12 − k  −2  k 12 − k k k k 2 2 x−  = ∑ C12 x   = ∑ C12 x (−2) x = ∑ (−2) C12 x x x k =0 k =0   x x  k =0

(0 ≤ k ≤ 12, k ∈ ℕ )

5 5 Để hệ số của x 7 trong triển khai thì: 12 − k = 7 ⇔ k = 5 ⇔ k = 2(tm) 2 2 Vậy hệ số của x 7 là : ( −2) 2 ⋅ C122 = 264

Chọn C Câu 23: Phương pháp +) Đặt điều kiện của phương trình +) Sử dụng công thức: log a b =

1 để biến đổi và giải phương trình log b a

Cách giải: Điều kiện: x > 0, x ≠ 1

Pt ⇔ log 2 x +

log x = 3  x = 23 = 8(tm) 3 = 4 ⇔ log 22 x − 4 log 2 x + 3 = 0 ⇔  2 ⇔ 1 log 2 x log 2 x = 1  x = 2 = 2(tm)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

Chọn D Câu 24: Phương pháp Hàm đa thức bậc ba

f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d Hàm số y = f (| x |) có 3 cực trị khi hàm số

f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d có 2 cực trị trái dấu.

Cách giải: Để hàm số y = f (| x |) có đúng 3 cực trị thì hàm số y = ( m − 1) x3 − 5 x 2 + ( m + 3) x + 3 có 2 cực trị trái dấu. Trước hết cần điều kiện

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có y ′ = 3( m − 1) x 2 − 10 x + m + 3 Để hàm số y = ( m − 1) x3 − 5 x 2 + ( m + 3) x + 3 có 2 cực trị trái dấu thì phương trình y ′ = 0 có 2 nghiệm trái dấu ⇒ ( m − 1)( m + 3) < 0 ⇔ −3 < m < 1 Kết hợp điều kiện m ∈ Z ⇒ m ∈ {−2; −1; 0}. Khi m = 1 thì hàm số trở thành y = −5 x 2 + 4 x + 3 x =

2 > 0 có 1 cực trị Khi đó hàm số f (| x |) có đúng 3 5

điểm cực trị. Vậy

Chọn C Câu 25: Phương pháp Sử dụng quy tắc nhân và tổ hợp

Cách giải: Chọn 1 kĩ sư là tổ trưởng trong 3 kĩ sư nên ta có 3 cách chọn Chọn 1 công nhân làm tổ phó trong 7 công nhân nên có 7 cách chọn Chọn 3 công nhân trong 6 công nhân còn lại làm tổ viên nên có C63 cách chọn Như vậy có: 3.7.C63 = 420 cách chọn theo yêu cầu bài toán

Chọn A Câu 26 (TH): Phương pháp Sử dụng mối quan hệ giữa quảng đường, vận tốc, gia tốc của một chuyển động: v = s′ , a = v

Cách giải: Ta có: v(t ) = S ′ (t ) = 8t 3 + 12t − 3 ⇒ a (t ) = v′ (t ) = 24t 2 + 12 m Tại thời điểm t = 3( s ) ⇒ a = 24.33 + 12 = 228  2  s 

Chọn B Câu 27(VDC): Phương pháp: Gọi I là trực tâm tam giác ABC, chứng minh IH ⊥ ( SBC )

Cách giải: Gọi I là trực tâm của tam giác ABC, M là trung điểm BC ta có:

 AM ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ SM ⇒ H ∈ SM ; BC ⊥ IH   SA ⊥ BC  BI ⊥ AC ⇒ BI ⊥ ( SAC ) ⇒ BI ⊥ SC   BI ⊥ SA  BH ⊥ SC Ta có  ⇒ SC ⊥ ( BIH ) ⇒ SC ⊥ IH  BI ⊥ SC

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 IH ⊥ BC Do đó  ⇒ IH ⊥ ( SBC ) ⇒ IH ⊥ SM ⇒ ∠IHM = 90°  IH ⊥ SC Do ∆ABC cố định ⇒ I , M cố định ⇒ H thuộc đường tròn đường kính IM. Khi đó mặt cầu chứa đường tròn đường kính IM có bán kính nhỏ nhất bằng Xét tam giác ABC đều ⇒ trực tâm I đồng thời là trọng tâm ⇒ IM = Vậy Rmin =

IM . 2

1 1 1a 3 a 3 AM = AM = = 3 3 3 2 6

IM a 3 . = 2 12

Chọn C Câu 28(TH): Phương pháp Hàm lũy thừa y = x n có TXĐ D phụ thuộc vào n như sau: +) n ∈ Z + ⇒ D = R

+) n ∈ Z − ⇒ D = R \ {0} +) n ∉ Z ⇒ D = (0; +∞) Hàm căn thức bậc hai

A xác định ⇔ A ≥ 0

Cách giải: x −1 ≠ 0 x ≠ 1 Hàm số y = ( x − 1) −5 x xác định ⇔  ⇔ ⇒ D = [0; +∞){1}  x≥0 x ≥ 0

Chọn B Câu 29(TH): Phương pháp: Xét phương trình hoành độ giao điểm

2x + 1 = x − 2( x ≠ 1) x −1 ⇒ 2 x + 1 = ( x − 1)( x − 2) ⇔ 2 x + 1 = x 2 − 3 x + 2 ↔ x 2 − 5 x + 1 = 0(*) Khi đó xA , xB là nghiệm của phương trình (*). Áp dụng định lí Vi-ét ta có xA + xB = 5

Chọn A Câu 30(VCD): Phương pháp: Lập BBT của đồ thị hàm số y = f ( x ) và kết luận

Cách giải: Ta có y = f ( x ) = ( x − 1)( x − 2)( x − 3) … ( x − 2018) Ta lập BBT của đồ thị hàm số y = f ( x ) như sau: 21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Dựa vào BBT của đồ thị hàm số ta thấy cứ giữa hai điểm x = 1 , x = 2 có 1 cực trị, giữa 2 điểm x = 1 , x = 2 có 1 cực trị, do đó hàm số có 2017 cực trị, trong đó bắt đầu và kết thúc đều là điểm cực

tiểu, do đó số điểm cực tiểu là 1009 và số điểm cực đại là 1008.

Chọn D Câu 31(TH): Phương pháp: Sử dụng các công thức: log a n b m =

m log a b(0 < a ≠ 1; b > 0) n

log a ( xy ) = log a x + log b y (0 < a ≠ 1; x, y > 0)

Cách giải: 1 1 1 1 log a3 ( ab ) = log a ( ab ) = ( log a a + log a b ) = + log a b 3 3 3 3

Đáp án A đúng Chọn A Câu 32(VD): Phương pháp: +) Xác định điểm Q dựa vào các yếu tố song song +) Gọi V1 là thể tích của khối MAQNCP

và V2 là thể tích của khối còn lại, ta có:

V2 = VM . BNP + VQ. BPQ + VP.BM Q

+) So sánh tỉ số diện tích đáy và chiều cao, tính thể tích các khối thành phần của V2 , tính V2 , từ đó tính V1

Cách giải:  NP ⊂ ( MNP ) , NB / / BD ( MNP ) , ( ABD ) có điểm M chung,   BD ⊂ ( ABD) (do NP là đường trung bình của tam giác BCD), do đó giao tuyến của ( MNP ) và ( ABD ) là đường thẳng qua M và song song với NP,BD Trong ( ABD ) qua M kẻ MQ / / BD (Q ∈ AD ) Gọi V1 là thể tích của khối MAQNCP và V2 là thể tích của khối còn lại, ta có: V2 = VM . BNP + VQ. BPQ + VP.BM Q

Ta có:

1 d ( B; NP) ⋅ NP S BNP 2 BN 1 1 1 = = = ⋅ = S BCD 1 d (C ; BD ) ⋅ BD BC 2 2 4 2 d ( M ; ( BNP)) MB 2 = = d ( A;( BCD )) AB 3 V 1 2 1 1 ⇒ M . BNP = ⋅ = ⇒ VM .BNP = VABCD 4 3 6 6

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tương tự ta có:

SQ .BPD VA.BCD

1 2 1 1 ⋅ = ⇒ SQ .BPD = 2 3 3 3

1 d ( B; MQ) ⋅ MQ MB MQ 2 1 2 =2 = ⋅ = ⋅ = 1 S ABD AB BD 3 3 9 d ( A; BD) ⋅ BD 2 d ( P;( BMQ)) PD 1 = = d ( Ci ( ABD ) ) CD 2 S BMQ

⇒

VP. BMQ VABCD

2 1 1 1 = ⋅ = ⇒ VP .BMQ = 9 2 9 9

⇒ V2 = VM .BNP + VQ.BPD + VP. BMQ = Vậy V1 = 1 − V2 = 1 −

1 1 1 11 + + = 6 3 9 18

11 7 = 18 18

Chọn C Câu 33(TH): Phương pháp: Giải phương trình bậc 2 đối với hàm số mũ

Cách giải: 2  3x = 2  x = log 3 2 ⇔ 9 x − 3x −1 + 2 = 0 ⇔ ( 3x ) − 3.3x + 2 = 0 ⇔  x  x=0 3 =1

Vì x1 < x2 ⇒ x1 = 0; x2 = log3 2 ⇔ P = 2 x1 + 3x2 = 2.0 + 3log 3 2 = 3log3 2 Chọn B Câu 34(TH): Phương pháp: Thử từng đáp án và chọn đpá án sai, sử dụng các công thức: u = (a; b; c) ⇒| u |= a 2 + b 2 + c 2 ; u ⊥ v ⇔ u .v = 0

Cách giải: | a |= ( −1) 2 + 12 + 0 2 = 2 ⇒ đáp án A đúng b ⋅ c = 1.1 + 1.1 + 0.1 = 2 ≠ 0 ⇒ đáp án B sai | c |= 12 + 12 + 12 = 3 ⇒ đáp án C đúng a ⋅ b = −1.1 + 1.1 + 0.0 = 0 ⇒ a ⊥ b ⇒ đáp án D đúng Chọn B Câu 35(VD): Phương pháp: Hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại x0 khi và chỉ khi hàm số liên tục tại và f ′ ( x) đổi dấu khi x qua điểm x0

Cách giải: Chọn D 23

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chú ý: khi f ′′ ( x0 ) = 0 không có kết luận về cực trị của hàm số. đáp án B chỉ là điều kiện cần mà chưa là

điều kiện đủ Câu 36(VD): Phương pháp: n

Sử dụng công thức lãi kép kì hạn m : Am = A(1 + r ) m trong đó A: số tiền gốc r: lãi suất của 1 kì hạn (%/kì) n: thời gian gửi m: kì hạn

Cách giải: 6

Sau 6 tháng đầu người đó nhận được số tiền là A1 = 100 ⋅ (1 + 2%) 3 = 104, 04 triệu đồng) 6 tháng sau, người đó gửi thêm 100 triệu đồng, do đó số tiền nhận được sau 1 năm là: 6

A2 = 204, 04(1 + 2%) 3 = 212, 283 ≈ 212 (triệu đồng)(triệu đồng) Chọn A Câu 37(TH): Phương pháp: 1 Sử dụng công thức tính thể tích khối nón V = π r 2 h trong đó r,h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao 3 của hình nón

Cách giải: Gọi bán kính đáy và chiều cao ban đầu của hình nón là r , h 1 Ta có: V = π r 2 h = 30π 3 Khi tăng chiều cao lên 3 lần và bán kính đáy lên 2 lần thì chiều cao mới là h′ = 3h và bán kính đáy mới là 1 1 1 r ′ = 2r . Thể tích khối nón lúc sau là V ′ = π r ′2 h′ = π (2r )2 ⋅ 3h = 12 ⋅ π r 2 h = 12V = 12.30π = 360π 3 3 3

Chọn A Câu 38(TH): Phương pháp:

Giải phương trình mũ cơ bản a f ( x ) < a g ( x )

 0 < a < 1   f ( x) > g ( x) ⇔  a > 1    f ( x) < g ( x )

Cách giải:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1    2

4 x x −15 x +13

1 <  2

4 −3 x

⇔ 4 x 2 − 15 x + 13 > 4 − 3 x

⇔ 4 x 2 − 12 x + 9 > 0 ⇔ (2 x − 3) 2 > 0 ⇔ x ≠

3 2

3 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là R\   2

Chọn C Câu 39 (VD): Phương pháp: Gọi M (0; m; 0) ∈ Oy . M cách đều 2 điểm A, B ⇒ MA = MB ⇔ MA2 = MB 2

Cách giải:

 MA2 = 12 + (1 + m)2 = 1 + (1 + m) 2 Gọi M (0; m; 0) ∈ Oy ta có:  2 2 2 2 2  MB = 3 + (1 − m) + 1 = 10 + (1 + m) M cách đều 2 điểm A, B

⇒ MA = MB ⇔ MA2 ⇔ 1 + (1 + m)2 = 10 + (1 + m)2 ⇔ m 2 + 2m + 2 = m 2 − 2m + 11 ⇔ 4m = 9 ⇔ m =  9  Vậy M  0; ;0   4 

Chọn D. Câu 40 (VD): Phương pháp: ABCE là hình bình hành ⇔ AB = EC

Cách giải:

ABCE là hình bình hành ⇔ AB = EC Ta có AB = (−2; −1; −1); EC = ( 2 − xEi 3 − yFi − z E ) 2 − xE = −2  xB = 4   AB = EC ⇔ 3 − yE = −1 ⇔  yE = 4 ⇔ E (4; 4;1)  − z = −1 z = 1 E   E Chọn A. Câu 41 (TH): Phương pháp: Cho hàm số y = f ( x) +) Nếu lim y = y0 ⇒ y = y0 là TCN của đồ thị hàm số. x →∞

+) Nếu lim y = ∞ ⇒ x = x0 là TCĐ của đồ thị hàm số. x → x0

Cách giải: TXĐ: D = ℝ \{2} . Ta có y =

x 2 + x − 2 ( x − 1)( x + 2) , do đó đồ thị hàm số có TCĐ x = 2 = x−2 x−2

Chọn D. 25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

9 4

Chú ý: HS có thể sử dụng MTCT để giải quyết cac bài toán tìm tiệm cận phức tạp.

Câu 42 (NB): Phương pháp: Mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 có 1 VTPT là n ( A; B; C ) . Mọi vectơ cùng phương với n đều là

VTPT của (P).

Cách giải: Mặt phẳng ( P ) : 2 x − 4 y + 6 z − 1 = 0 có 1 VTPT là n (2; −4;6) / /(1; −2;3)

Chọn A. Câu 43 (VDC): Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = A88 = 8! Gọi số cần lập có dạng A = a1a2 a3 … a8 ( ai ∈ Z ; ai ≠ a j ∀i ≠ j ) Do X có 8 phần tử và tổng các phần tử là 36 nên A chia hết cho 9, lại có (9;11) = 1 nên A chia hết cho 9999. Ta có: A = a1a2 a3 … a8 = a1a2 a3 a4 .104 + a5 a6 a7 a8 = a1a2 a3 a4 .(9999 + 1) + a5 a6 a7 a8 = a1a2 a3 a4 .9999 + a1a2 a3 a4 + a5 a6 a7 a8 Vì A chia hết cho 9999 nên a1a2 a3 a4 + a5 a6 a7 a8 chia hết cho 9999.

ai ∈ X nên a1a2 a3 a4 + a5 a6 a7 a8 < 2.9999 ⇒ a1a2 a3 a4 + a5 a6 a7 a8 = 9999

a1 + a5 = 9 a + a = 9  ⇒ 2 6 a3 + a7 = 9 a4 + a8 = 9 Có 8 cách chọn a1. Với mỗi a1 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a5. Có 6 cách chọn a2. Với mỗi a2 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a6. Có 4 cách chọn a3. Với mỗi a3 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a7. Có 2 cách chọn a4. Với mỗi a4 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a8.

⇒ n( A) = 8.6.4.2 = 384 Vậy P( A) =

n( A) 384 = n(Ω) 8!

Chọn D. Câu 44 (VDC): Phương pháp: +) Mỗi vòng cuốn thì bán kính đường tròn lại tăng thêm 0,3cm . +) Tính chiều dài tấm vải cần cuốn (chu vi đường tròn) của từng vòng rồi cộng các chiều dài đó suy ra kết quả. Cách giải: Chiều dài vòng 1 cần cuốn là: 2π .5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chiều dài vòng 2 cần cuốn là: 2π (5 + 0,3) Chiều dài vòng 3 cần cuốn là: 2π (5 + 2.0, 3) Chiều dài vòng 100 cần cuốn là: 2π (5 + 99.0,3) Vậy chiều dài tấm vải là: 2π (5 + 5 + 0, 3 + 5 + 2.0,3 +…+ 5 + 99.0, 3) = 2π (5.100 + 0,3(1 + 2 +…+ 99)) 0.3.99,100   = 2π  500 +  = 3970π (cm) ≈ 125m 2  

Chọn C. Câu 45 (VD): Phương pháp: (Q) ⊃ AB ⇒ nQ ⊥ AB   ⇒ nQ =  AB; nP   (Q) ⊥ ( P) ⇒ nQ ⊥ n p Cách giải:

(Q) ⊃ AB ⇒ nQ ⊥ AB   ⇒ nQ =  AB; nP   (Q) ⊥ ( P) ⇒ nQ ⊥ n p nP = (2;1; −3) Ta có  ⇒ nQ =  AB; n p  = (−2; −5; −3) / /(2;5;3)  AB = (1; −1;1) Chọn A. Câu 46 (VD): Phương pháp: Sử dụng tính chất: Cho tứ diện vuông OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, khi đó hình chiếu của O trên (ABC) trùng với trực tâm tam giác ABC. Cách giải: Dễ dàng chứng minh được OH ⊥ ( ABC ) AM ⊥ BC  ⇒ BC ⊥ (OAM ) ⇒ BC ⊥ OH  OA ⊥ BC (OA ⊥ ( ABC )) CMTT ta có AC ⊥ OH ⇒ OH ⊥ ( ABC ) ⇒ (P) đi qua H và nhận OH = (1; 2; 2) là 1 VTPT của phương trình 1( x − 1) + 2( y − 2) + 2( z − 2) = 0 ⇔ x + 2 y + 2 z − 9 = 0

Chọn D. Câu 47 (TH): Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ V = π r 2 h trong đó r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ.

Cách giải:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ABCD là thiết diện qua trục là một hình vuông cạnh 2a nên hình trụ có chiều cao h = AD = 2a , bán kính AB 2a = =a . đáy r = 2 2 Vậy thể tích khối trụ là V = π r 2 h = π a 2 .2a = 2π a 3 Chọn B.

Câu 48 (TH): Phương pháp: Tính các độ dài của tam giác ACB’ và nhận xét sau đó suy ra góc giữa AC và AB’.

Cách giải: Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông ta tính được

AC = a 2; AB′ = a 2; B′C = a 2 Do đó tam giác ACB’ là tam giác đều

′ = 60° Chọn A. ⇒ ( AC ; AB ′ ) = CAB Câu 49 (VDC): Phương pháp: + Đặt t ( x) = x − 1 + 1 ≥ 1, đưa bất phương trình về dạng f (t ) ≤ m . Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi min f (t ) ≤ m . [1; +∞ )

+ Dựa vào BBT, nhận xét và kết luận.

Cách giải: Đặt t ( x) = x − 1 + 1 ≥ 1, , khi đó ta có f (t ) ≤ m (*) Để phương trình (*) có nghiệm t ≥ 1 thì min f (t ) ≤ m [1; +∞ )

Dựa vào BBT ta thấy min f (t ) = −2 ⇒ m ≥ −2 [1; +∞ )

Chọn B . Câu 50 (VD): Phương pháp:

a m < a n 0 < a <1⇒  m n a > a

khi m > n khi m < n

Cách giải: Do 0 < a < 1 ⇒ a 2017 > a 2018 ⇒

2017

2018

⇒ đáp án A sai

Chọn A.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số Chương 1: Hàm Số Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C2 C3

C28

C1 C8 C13 C19 C29 C41

C5 C7 C15 C24 C30 C35 C49

C11 C23 C31 C33 C38 C50

C4 C21 C36

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng

Lớp 12 (90%)

C26

Chương 4: Số Phức

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C9 C16

C18

C17 C32 C48

C37 C47

C27 C44

C6 C14 C34 C39 C40

C45 C46

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C42

Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác Chương 2: Tổ Hợp - Xác Suất Lớp 11 (10%)

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C22

C25

C12

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

C10

Hình học 29

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C43

Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (0%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Tổng số câu

Điểm

1.6

4.6

3.6

0.2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Để thi phù hợp với đề thi minh họa THPTQG môn Toán (năm 2019), giúp HS ôn tập đúng trọng tâm, tích lũy được kiến thức và có kinh nghiệm xử lí các đề thi, trong đề thi xuất hiện những câu hỏi khó lạ như câu 27, câu 43, 44 nhằm phân loại HS, giúp HS nhận biết được mình đang hổng ở phần kiến thức nào để ôn tập cho đúng

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

1. C 11. D 21. D 31. A 41. D

2. C 12. A 22. C 32. C 42. A

3. B 13. C 23. D 33. B 43. D

4. C 14. B 24. C 34. B 44. C

5. D 15. B 25. A 35. D 45. A

6. A 16. A 26. B 36. A 46. D

nghiệm

thì

7. B 17. C 27. C 37. A 47. B

8. C 18. B 28. B 38. C 48. A

9. A 19. D 29. A 39. D 49. B

10. B 20. D 30. D 40. A 50. A

Câu 1: Phương pháp +) Đặt sin x = t (−1 < t < 1) +)

Để

phương

trình

bài

cho

có

phương

trình

ẩn

phải

có

nghiệm

t ∈ [ −1;1] t 3 − 3t 2 + 2 − m = 0 ⇔ t 3 − 3t 2 + 2 = m(*) .

+) Khi đó ta khảo sát hàm số để tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm.

Cách giải: Đặt sin x = t ( −1 < t < 1) Khi đó ta có phương trình: t 3 − 3t 2 + 2 − m = 0 ⇔ t 3 − 3t 2 + 2 = m(*)

đường thẳng y = m có điểm chung với đồ thị hàm

số y = f (t ) = t − 3t + 2 Xét hàm số: y = f (t ) = t 3 − 3t 2 + 2 ta có:

t = 0 ∈ [ −1;1] y ′ = 3t 2 − 6t ⇒ y ′ = 0 ⇔ 3t 2 − 6t = 0 ⇔  t = 2 ∈ [−1;1]

Ta có BBT Theo BBT ta có, đường thẳng y = m và đồ thị hàm số y = f (t ) = t 3 − 3t 2 + 2 có điểm chung

⇔ −2 ≤ m ≤ 2 31

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lại có: m ∈ Z ⇒ m ∈ {−2; −1; 0;1; 2}

Chọn C. Chú ý khi giải: Đề bài yêu cầu tìm m ∈ Z các em chú ý để chọn được đáp án đúng.

Câu 2: Phương pháp +) Dựa vào bảng biến thiên, hàm số nghịch biến trong khoảng ( a ; b ) khi y ′ < 0, ∀x ∈ (a; b) .

Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy, hàm số nghịch biến trên ( -2; 0 ) .

Chọn C Câu 3: Phương pháp +) Với hàm số bậc nhất trên bậc nhất có dạng y =

ax + b  −d a  thì hàm số có tâm đối xứng là điểm I  ;  cx + d  c c

+) Với hàm số đa thức y = f ( x ) có tâm đối xứng I ( x1 ; y1 ) với x1 là nghiệm của phương trình y ′′ = 0 và

yI = y ( xI ) Cách giải: +) Xét đáp án A: Ta thấy đồ thị hàm số y =

2 − 2 x 2(1 − x) = = 2( x ≠ 1) ⇒ đồ thị hàm số không có tâm 1− x 1− x

đối xứng. ′ 2 ′′ +) Xét đáp án B: Ta có: y = 6x − 12x + 1 ⇒ y = 12x − 12 = 0 ⇔ x = 1

⇒ y (1) = 2 − 6 + 1 = −2 ⇒ I (1; −2) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.

⇔ ∆ > 0 ↔ (m + 2) 2 − 4(3m − 1) > 0 ⇔ m 2 + 4m + 4 − 12m + 4 > 0 ⇔ m 2 − 8m + 8 > 0 m > 4 + 2 2 ⇔  m < 4 − 2 2 32

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

m > 4 + 2 2 có hai nghiệm phân biệt t1 ; t2 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 ; x2 với Với   m < 4 − 2 2 x1 = 3t2 , x2 = 3t1

t + t = m + 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét với phương trình (*) ta có:  1 2 t1t2 = 3m − 1 Theo đề bài ta có: x1 x2 = 27 ⇔ 3t1 ⋅ 3t2 = 3t1 +t2 = 27 ⇔ t1 + t2 = 3 ⇔ m + 2 = 3 ⇔ m = 1(tm)

 x1 = 31 = 3 t1 = 1 ⇒ ⇒ x1 + x2 = 3 + 9 = 12 Với m = 1 ⇒ (*) ⇔ t − 3t + 2 = 0 ⇔  2 t2 = 2  x2 = 3 = 9 2

Chọn C Câu 5: Phương pháp: +) Tìm mối quan hệ a,b,c dựa vào hoành độ hai điểm cực trị. +) Xét phương trình f (x) = f (m) và tìm điều kiện để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

⇔ a ( x 3 − m3 ) − 6a ( x 2 − m 2 ) + 9a ( x − m) = 0 ⇔ ( x − m) ( x 2 + mx + m 2 ) − 6( x − m)( x + m) + 9( x − m) = 0

⇔ ( x − m)  x 2 + mx + m 2 − 6 x − 6m + 9  = 0 ⇔ ( x − m)  x 2 + ( m − 6) x + m 2 − 6m + 9 = 0 x−m =0  ⇔ 2 2  x + (m − 6) x + m − 6m + 9 = 0 có ba nghiệm phân biệt thì phương trình x 2 + ( m − 6) x + m 2 − 6m + 9 = 0 có

Để phương trình hai nghiệm phân biệt khác m .

∆ = ( m − 6) 2 − 4 ( m 2 − 6m + 9 ) > 0  −3m 2 + 12m > 0  0<m<4 ⇔ ⇔ 2 ⇔ 2 2 m ≠ 1, m ≠ 3 3m − 12m + 9 ≠ 0 m + ( m − 6) m + m − 6m + 9 ≠ 0 Vậy m ∈ (0,1) \ {1,3}

Chọn D Câu 6: Phương pháp: +) Hai mặt phẳng

( P ) / /(Q ) ⇒ n p = nQ 33

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+) Phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và có VTPT n = ( A, B, C ) có phương

trình:

A ( x − x0 ; y − y0 ; z − z0 )

Cách giải: Ta có nP = (2; −1;1)

( ) / /( ) P Q ⇒ n O = nP = (2; −1;1) Theo đề bài ta có Phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A(1; −1; 2) và có VTPT n = (2; −1;1) là: 2( x − 1) − ( y + 1) + ( z − 2) = 0 ↔ 2 x − y + z − 5 = 0

Chọn A Câu 7:

y = f ( x) = Phương phápĐường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số

g ( x) ⇔ lim f ( x) = ∞ x →a h( x)

Cách giải:  x ≥1  2 Điều kiện:  x + ( m − 1) x + 1 ≠ 0 2 Ta thấy x + x − 1 > 0, ∀x > 1

2 ⇒ đồ thị hàm số có đúng một TCĐ ⇔ x + ( m − 1) x + 1 = 0(*) có đúng một nghiệm x ≥ 1

TH1: Phương trình (*) có nghiệm kép

 m − 1 = 2  m = 3 (m − 1)2 − 4 = 0  ∆=0     ⇔ ⇔   m − 1 = −2 ⇔   m = −1 ⇔ m = −1 x ≥1⇔  b m −1 − ≥ 1 − ≥ 1  2a   m − 1 ≤ −2  m ≤ −1  2   TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1 < 1 ≤ x2 ⇔ a ⋅ f (1) > 0 ⇔ 1.(1 + m − 1 + 1) > 0 ⇔ m > −1

Kết hợp các TH và điều kiện bài cho trước m ≥ −10 ta có: −10 ≤ m ≤ −1 thỏa mãn điều kiện bài toán

Chọn D Chú ý khi giải: Chú ý điều kiện m ∈ Z; m ≥ −10

Cách giải: Gọi M ( 0; y0 ) là giao điểm của đồ thị hàm số (C) với trục Oy. Khi đó ta có: y0 = −2 ⇒ M (0; −2) Ta có:

y ′ = −3 x 2 + 3 ⇒ y ′ (0) = 3

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại điểm M (0; −2) là: 34

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

y = y ′ (0)( x − 0) − 2 = 3 x − 2

Chọn C Câu 9: Phương pháp Dựa vào lý thuyết các khối đa diện đều. Cách giải: Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó: +) 3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện. +) 1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên.

Chọn A Câu 10: Phương pháp Sử dụng công thức đạo hàm cơ bản: (e x )′ = e x ; [u.v]′ = u ′v + uv′

Cách giải: ′

Ta có: ( xe x ) = e x + xe x = e x ( x + 1)

Chọn B Câu 11: Phương pháp

+) Sử dụng công thức:

 0 < a < 1   f ( x) > 0   f ( x ) ≤ a b log a f ( x) ≥ b ⇔   a > 1   f ( x) > 0    f ( x ) ≥ a b

Cách giải: Ta có:

0<a=

1 <1 2 nên ta có:

 x −1 > 0  x >1  −2 log 1 ( x − 1) ≥ −2 ⇔   1  ⇔ x ≤ 4 +1 ⇔ 1 < x ≤ 5  2 x −1 ≤  2     35

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ Nghiệm nguyên của phương trình là: x ∈ {2;3; 4;5}

Chọn D Chú ý khi giải: Chú ý là đề bài hỏi số nghiệm nguyên nên phải tìm số nghiệm nguyên sau đó chọn đáp án đúng.

Câu 12: Phương pháp +) Xác định số hạng đầu và công sai của cấp số cộng nhờ công thức tổng quát: un = u1 + ( n -1) d +) Công thức tính tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số cộng là: S n =

n [ 2u1 + ( n − 1) d ] 2

Cách giải:

Theo đề bài ta có:

u5 = −15 u1 + 4d = −15 u1 = −35 ⇔ ⇔   d =5 u20 = 60 u1 + 19d = 60

Vậy tổng của 20 số hạng đầu tiên của CSC đã cho là:

Sn =

20(2.( −35) + 19.5) = 250 2

x −1 vào máy tính x +1

+) Bước 2: Start = 0, End = 3, Step =

3−0 19

Khi đó ta được:

Tìm giá trị của hàm số luôn tăng từ -1 đến 0,5 Vậy min y = −1 khi x = 0 x∈[0;3]

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 14: Phương pháp Hai mặt phẳng ( P ) ⊥ (Q ) ⇒ n p ⊥ nQ ⇔ n p ⋅ nQ = 0

Cách giải: Ta có: nP = (2; m; −1); nQ = (1;3; 2m + 3) ( P ) ⊥ (Q) ⇔ n p nQ = 0 ⇔ 2.1 + m.3 − 1(2m + 3) = 0 ⇔ 2 + 3m − 2m − 3 = 0 ⇔ m = 1 Chọn B Câu 15: Phương pháp Giải phương trình g'(x) = 0, lập bảng xét dấu g'(x) và kết luận.

Cách giải:  x=0  x 2 + 1 = −1  x = 0 Ta có g ′ ( x) = 2 xf ′ ( x 2 + 1) = 0 ⇔  2 ⇔  x +1 = 1 x = ± 3  2  x +1 = 4 Các nghiệm trên đều là các nghiệm bội lẻ, do đó đều là cực trị của hàm số y = g ′ ( x) Xét x = -1 ta có g ′ (−1) = −2 f ′ (2) > 0 từ đó ta có bảng xét dấu g’(x) như sau:

Dựa vào các đáp án ta thấy hàm số y = g(x) nghịch biến trên (0;1)

Chọn B Câu 16: Phương pháp 1 Sử dụng công thức tính thể tích V = S d ⋅ h 3

Cách giải: Ta có diện tích đáy của hình chóp là:

S = (2a)2 = 4a 2 1 1 ⇒ V = Sd ⋅ h = ⋅ 4a 2 ⋅ 3a = 4a3 3 3 Chọn A Câu 17: +) Góc tạo bởi hai mặt phẳng là góc tạo bởi hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng đó cùng vuông góc với giao tuyến. 37

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 +) Công thức tính thể tích khối chóp: V = S d ⋅ h 3 +) Chứng minh d ( M ;( SCD)) = +) Tính: d ( A;( SCD )) =

1 1 d ( B;( SCD)) = d ( A; ( SCD) ) 2 2

3VSACD S SCD

Cách giải: Ta có: SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ CD Lại có: CD ⊥ AB ( gt ) ⇒ CD ⊥ ( SAB ) ⇒ CD ⊥ SD ⇒ ∆SCD vuông tại D Có ( ABCD ) ∩ ( SCD ) = CD CD ⊥ SD (cmt ) Mà:  ⇒ (( ABCD ); ( SCD)) = ( SD, AD) = ∠SDA = 60° ⊥ CD AD ( gt )  Xét ∆SAD vuông tại A ta có: SA = AD ⋅ tan 60° = AD 3

VSABCD =

a3 3 1 a3 3 ⇔ AD 2 ⋅ AD 3 = ⇔ AD = a 3 3 3

1 1 a3 3 a3 3 1 ⇒ VSACD = VSACD = ⋅ = = d ( A; ( SCD )).S SCD 2 2 3 6 3 3VSACD S SCD

⇒ d ( A; ( SCD) ) =

Ta có: SD = SA2 + AD 2 = 3a 2 + a 2 = 2a ⇒ S SCD =

1 1 SD ⋅ CD = ⋅ 2 a ⋅ a = a 2 2 2

⇒ d ( A; ( SCD )) =

3VSACD = S SCD

3⋅

a3 3 a2 = a 3 a2 2

Vì AB//CD ⇒AB//(SCD) ⇒ d(A;(SCD)) = d(B;(SCD)) Lại có:

MC 1 d ( M ; ( SCD )) 1 = ( gt ) ⇒ = BC 2 d ( B;( SCD )) 2

⇒ d ( M ;( SCD )) =

1 1 1 a 3 a 3 d ( B; ( SCD )) = d ( A;( SCD)) = ⋅ = 2 2 2 2 4

V = 2V0

a3 2 6

Cách giải: 38

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Khối bát diện đều được ghép từ hai khối chóp tứ giác đều. Nên gọi thể tích khối chóp tứ giác đều là V thì thể tích khối bát diện đều là: V = 2V0 . Sử dụng công thức tính nhanh khối chóp tứ giác đều cạnh a là: V = ⇒ V = 2V0 = 2.

a3 2 6

a3 2 a3 2 = 6 3

Chọn B Câu 19: Phương pháp Dựa vào BBT, nhận xét tính đơn điệu và tập xác định của hàm số và chọn đáp án đúng.

−2 x − 4 −2.1 + 4.1 2 có y ′ = = > 0∀, x ≠ 1 ⇒ hàm số đồng biến trên từng 2 x +1 ( x + 1) ( x + 1) 2

khoảng xác định ⇒ loại đáp án A

Chọn D Câu 20: Phương pháp +) Dãy số giảm là dãy số có: u n + 1 < u n với mọi n

Cách giải: +) Xét đáp án A: ta có: u1 = −3; u2 = 5; u3 = −9; u4 = 17 … ⇒ dãy số không là dãy giảm cũng không là dãy tăng => loại đáp án A

5 10 17 +) Xét đáp án B: ta có: u1 = 2; u2 = ; u3 = ; u4 = … 2 3 4 ⇒ dãy số đã cho là dãy số tăng ⇒ loại đáp án B +)Xét đáp án C:ta có: u1 = sin1 ≈ 0, 017; u2 = sin 2 ≈ 0, 0384; u3 = sin 3 ≈ 0, 0523… ⇒ dãy số đã cho là dãy số tăng ⇒ loại đáp án C +)Xét đáp án D:ta có: u1 = 2 − 1 ≈ 0, 414; u2 = 3 − 2 ≈ 0,317; u3 = 4 − 3 ≈ 0, 268… ⇒ dãy số đã cho là dãy số giảm ⇒ chọn đáp án D

Chọn D Câu 21: Phương pháp +) Sử dụng phương pháp hàm số đề làm bài toán

Cách giải:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2x +x

−2 x+m 3

⇔ 2x +x ⇔ 2x +x

− 2x

+ x3 − 3 x + m = 0

(

−2 x+ m

+ x3 + x 2 − 2 x + m − 2 x

−2 x+ m

+ x3 + x 2 − 2 x + m = 2 x

)

+ x2 + x = 0 + x 2 + x(*)

Xét hàm số f (t ) = 2t + t ta có f ′ (t ) = 2t ln 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ nên hàm số đồng biến trên R ⇒ (*) ⇔ x 3 + x 2 − 2 x + m = x 2 + x ⇔ x 3 − 3 x = −m(**)

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (**) có 3 nghiệm phân biệt, khi đó

m ∈ ( yCT ; yCD ) của hàm số f ( x) = x 3 − 3 x  x = 1 ⇒ f (1) = −2 Ta có f ′ ( x) = 0 ⇔ 3 x 2 − 3 = 0 ⇔   x = −1 ⇒ f ( −1) = 2  a = −2 ⇒ m ∈ (−2; 2) ⇒  ⇒ a + 2b = −2 + 4 = 2 b = 2

Chọn D Câu 22: Phương pháp n

Sử dụng công thức số hạng tổng quát của nhị thức: ( a + b) n = ∑ Cnk a n − k b k k =0

Cách giải: Ta có: 12

3 5 12 12 12 − k 12 − k 2   k 12 − k  −2  k 12 − k k k k 2 2 ( 2) ( 2) x − = C x = C x − x = − C x ∑ ∑ 12 12     ∑ 12 x x k =0 k =0   x x  k =0

(0 ≤ k ≤ 12, k ∈ ℕ ) 5 5 Để hệ số của x 7 trong triển khai thì: 12 − k = 7 ⇔ k = 5 ⇔ k = 2(tm ) 2 2

Vậy hệ số của x 7 là : ( −2) 2 ⋅ C122 = 264

Chọn C Câu 23: Phương pháp +) Đặt điều kiện của phương trình +) Sử dụng công thức: log a b =

1 để biến đổi và giải phương trình log b a

Cách giải: Điều kiện: x > 0, x ≠ 1

 log 2 x = 3  x = 23 = 8(tm) 3 2 Pt ⇔ log 2 x + = 4 ⇔ log 2 x − 4 log 2 x + 3 = 0 ⇔  ⇔ 1 log 2 x  log 2 x = 1  x = 2 = 2(tm) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

Chọn D Câu 24: 40

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp Hàm đa thức bậc ba

f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d Hàm số y = f (| x |) có 3 cực trị khi hàm số

f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d có 2 cực trị trái dấu.

Cách giải: Để hàm số y = f (| x |) có đúng 3 cực trị thì hàm số y = ( m − 1) x3 − 5 x 2 + ( m + 3) x + 3 có 2 cực trị trái dấu. Trước hết cần điều kiện Ta có y ′ = 3( m − 1) x 2 − 10 x + m + 3 Để hàm số y = ( m − 1) x3 − 5 x 2 + ( m + 3) x + 3 có 2 cực trị trái dấu thì phương trình y ′ = 0 có 2 nghiệm trái dấu ⇒ ( m − 1)( m + 3) < 0 ⇔ −3 < m < 1 Kết hợp điều kiện m ∈ Z ⇒ m ∈ {−2; −1; 0}. Khi m = 1 thì hàm số trở thành y = −5 x 2 + 4 x + 3 x =

2 > 0 có 1 cực trị Khi đó hàm số f (| x |) có đúng 3 5

điểm cực trị. Vậy

Chọn C Câu 25: Phương pháp Sử dụng quy tắc nhân và tổ hợp

Chọn A Câu 26 (TH): Phương pháp Sử dụng mối quan hệ giữa quảng đường, vận tốc, gia tốc của một chuyển động: v = s′ , a = v

Cách giải: Ta có: v(t ) = S ′ (t ) = 8t 3 + 12t − 3 ⇒ a (t ) = v′ (t ) = 24t 2 + 12 m Tại thời điểm t = 3( s ) ⇒ a = 24.33 + 12 = 228  2  s 

Chọn B Câu 27(VDC): Phương pháp: Gọi I là trực tâm tam giác ABC, chứng minh IH ⊥ ( SBC )

Cách giải: Gọi I là trực tâm của tam giác ABC, M là trung điểm BC ta có:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 AM ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ SM ⇒ H ∈ SM ; BC ⊥ IH   SA ⊥ BC  BI ⊥ AC ⇒ BI ⊥ ( SAC ) ⇒ BI ⊥ SC   BI ⊥ SA  BH ⊥ SC Ta có  ⇒ SC ⊥ ( BIH ) ⇒ SC ⊥ IH  BI ⊥ SC  IH ⊥ BC Do đó  ⇒ IH ⊥ ( SBC ) ⇒ IH ⊥ SM ⇒ ∠IHM = 90°  IH ⊥ SC Do ∆ABC cố định ⇒ I , M cố định ⇒ H thuộc đường tròn đường kính IM. Khi đó mặt cầu chứa đường tròn đường kính IM có bán kính nhỏ nhất bằng Xét tam giác ABC đều ⇒ trực tâm I đồng thời là trọng tâm ⇒ IM = Vậy Rmin =

IM . 2

1 1 1a 3 a 3 AM = AM = = 3 3 3 2 6

IM a 3 . = 2 12

Chọn C Câu 28(TH): Phương pháp Hàm lũy thừa y = x n có TXĐ D phụ thuộc vào n như sau: +) n ∈ Z + ⇒ D = R

+) n ∈ Z − ⇒ D = R \ {0} +) n ∉ Z ⇒ D = (0; +∞) Hàm căn thức bậc hai

A xác định ⇔ A ≥ 0

Cách giải:  x −1 ≠ 0 x ≠ 1 Hàm số y = ( x − 1) −5 x xác định ⇔  ⇔ ⇒ D = [0; +∞ ){1}  x≥0 x ≥ 0

Chọn B Câu 29(TH): Phương pháp: Xét phương trình hoành độ giao điểm

2x + 1 = x − 2( x ≠ 1) x −1 ⇒ 2 x + 1 = ( x − 1)( x − 2) ⇔ 2 x + 1 = x 2 − 3x + 2 ↔ x 2 − 5 x + 1 = 0(*) Khi đó xA , xB là nghiệm của phương trình (*). Áp dụng định lí Vi-ét ta có xA + xB = 5

Chọn A Câu 30(VCD): Phương pháp: Lập BBT của đồ thị hàm số y = f ( x ) và kết luận 42

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cách giải: Ta có y = f ( x ) = ( x − 1)( x − 2)( x − 3) … ( x − 2018) Ta lập BBT của đồ thị hàm số y = f ( x ) như sau: Dựa vào BBT của đồ thị hàm số ta thấy cứ giữa hai điểm x = 1 , x = 2 có 1 cực trị, giữa 2 điểm x = 1 , x = 2 có 1 cực trị, do đó hàm số có 2017 cực trị, trong đó bắt đầu và kết thúc đều là điểm cực

tiểu, do đó số điểm cực tiểu là 1009 và số điểm cực đại là 1008.

Chọn D Câu 31(TH): Phương pháp: Sử dụng các công thức: log a n b m =

m log a b(0 < a ≠ 1; b > 0) n

log a ( xy ) = log a x + log b y (0 < a ≠ 1; x, y > 0)

Cách giải: 1 1 1 1 log a3 ( ab ) = log a ( ab ) = ( log a a + log a b ) = + log a b 3 3 3 3

Đáp án A đúng Chọn A Câu 32(VD): Phương pháp: +) Xác định điểm Q dựa vào các yếu tố song song +) Gọi V1 là thể tích của khối MAQNCP

và V2 là thể tích của khối còn lại, ta có:

V2 = VM . BNP + VQ. BPQ + VP.BM Q

+) So sánh tỉ số diện tích đáy và chiều cao, tính thể tích các khối thành phần của V2 , tính V2 , từ đó tính V1

Ta có: 43

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

còn

1 d ( B; NP ) ⋅ NP S BNP 2 BN 1 1 1 = = = ⋅ = S BCD 1 d (C ; BD ) ⋅ BD BC 2 2 4 2 d ( M ; ( BNP)) MB 2 = = d ( A;( BCD)) AB 3 V 1 2 1 1 ⇒ M .BNP = ⋅ = ⇒ VM . BNP = VABCD 4 3 6 6 Tương tự ta có:

SQ .BPD VA.BCD

1 2 1 1 ⋅ = ⇒ SQ .BPD = 2 3 3 3

1 d ( B; MQ) ⋅ MQ MB MQ 2 1 2 =2 = ⋅ = ⋅ = 1 S ABD AB BD 3 3 9 d ( A; BD) ⋅ BD 2 d ( P;( BMQ)) PD 1 = = d ( Ci ( ABD ) ) CD 2 S BMQ

⇒

VP. BMQ VABCD

2 1 1 1 = ⋅ = ⇒ VP.BMQ = 9 2 9 9

⇒ V2 = VM .BNP + VQ.BPD + VP. BMQ = Vậy V1 = 1 − V2 = 1 −

1 1 1 11 + + = 6 3 9 18

11 7 = 18 18

Chọn C Câu 33(TH): Phương pháp: Giải phương trình bậc 2 đối với hàm số mũ

Cách giải:

9 −3 x

x −1

+ 2 = 0 ⇔ (3

x 2

)

 3x = 2  x = log3 2 − 3.3 + 2 = 0 ⇔  x ⇔  x=0 3 =1 x

Vì x1 < x2 ⇒ x1 = 0; x2 = log3 2 ⇔ P = 2 x1 + 3x2 = 2.0 + 3log 3 2 = 3log3 2 Chọn B Câu 34(TH): Phương pháp: Thử từng đáp án và chọn đpá án sai, sử dụng các công thức: u = ( a; b; c) ⇒| u |= a 2 + b 2 + c 2 ; u ⊥ v ⇔ u .v = 0

Cách giải: | a |= ( −1) 2 + 12 + 0 2 = 2 ⇒ đáp án A đúng b ⋅ c = 1.1 + 1.1 + 0.1 = 2 ≠ 0 ⇒ đáp án B sai | c |= 12 + 12 + 12 = 3 ⇒ đáp án C đúng 44

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a ⋅ b = −1.1 + 1.1 + 0.0 = 0 ⇒ a ⊥ b ⇒ đáp án D đúng Chọn B Câu 35(VD): Phương pháp: Hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại x0 khi và chỉ khi hàm số liên tục tại và f ′ ( x) đổi dấu khi x qua điểm x0

Cách giải: Chọn D Chú ý: khi f ′′ ( x0 ) = 0 không có kết luận về cực trị của hàm số. đáp án B chỉ là điều kiện cần mà chưa là

điều kiện đủ Câu 36(VD): Phương pháp: n

Sử dụng công thức lãi kép kì hạn m : Am = A(1 + r ) m trong đó A: số tiền gốc r: lãi suất của 1 kì hạn (%/kì) n: thời gian gửi m: kì hạn

Cách giải: 6

Chọn A Câu 38(TH): Phương pháp:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Giải phương trình mũ cơ bản a f ( x ) < a g ( x )

 0 < a < 1   f ( x) > g ( x) ⇔  a > 1    f ( x) < g ( x )

Cách giải: 1   2

4 x x −15 x +13

1 <  2

4 −3 x

⇔ 4 x 2 − 15 x + 13 > 4 − 3 x

⇔ 4 x 2 − 12 x + 9 > 0 ⇔ (2 x − 3) 2 > 0 ⇔ x ≠

3 2

3 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là R\   2

Chọn C Câu 39 (VD): Phương pháp: Gọi M (0; m; 0) ∈ Oy . M cách đều 2 điểm A, B ⇒ MA = MB ⇔ MA2 = MB 2

Cách giải:

 MA2 = 12 + (1 + m) 2 = 1 + (1 + m) 2 Gọi M (0; m; 0) ∈ Oy ta có:  2 2 2 2 2  MB = 3 + (1 − m) + 1 = 10 + (1 + m) M cách đều 2 điểm A, B ⇒ MA = MB ⇔ MA2 ⇔ 1 + (1 + m) 2 = 10 + (1 + m) 2 ⇔ m 2 + 2 m + 2 = m 2 − 2 m + 11 ⇔ 4 m = 9 ⇔ m =

 9  Vậy M  0; ;0   4 

Chọn D. Câu 40 (VD):

Phương pháp: ABCE là hình bình hành ⇔ AB = EC Cách giải:

ABCE là hình bình hành ⇔ AB = EC Ta có AB = (−2; −1; −1); EC = ( 2 − xEi 3 − yFi − z E ) 2 − xE = −2  xB = 4   AB = EC ⇔ 3 − yE = −1 ⇔  yE = 4 ⇔ E (4; 4;1)  − z = −1 z = 1 E   E Chọn A. Câu 41 (TH): Phương pháp: Cho hàm số y = f ( x ) +) Nếu lim y = y0 ⇒ y = y0 là TCN của đồ thị hàm số. x →∞

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

9 4

+) Nếu lim y = ∞ ⇒ x = x0 là TCĐ của đồ thị hàm số. x → x0

Cách giải: TXĐ: D = ℝ \ {2} . Ta có y =

x 2 + x − 2 ( x − 1)( x + 2) , do đó đồ thị hàm số có TCĐ x = 2 = x−2 x−2

Chọn D. Chú ý: HS có thể sử dụng MTCT để giải quyết cac bài toán tìm tiệm cận phức tạp.

Câu 42 (NB): Phương pháp: Mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 có 1 VTPT là n ( A; B; C ) . Mọi vectơ cùng phương với n đều là

VTPT của (P).

Cách giải: Mặt phẳng ( P ) : 2 x − 4 y + 6 z − 1 = 0 có 1 VTPT là n (2; −4; 6) / /(1; −2;3)

ai ∈ X nên a1a2 a3a4 + a5 a6 a7 a8 < 2.9999 ⇒ a1a2 a3a4 + a5 a6 a7 a8 = 9999

 a1 + a5 = 9 a + a = 9  6 ⇒ 2  a3 + a7 = 9  a4 + a8 = 9 Có 8 cách chọn a1. Với mỗi a1 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a5. Có 6 cách chọn a2. Với mỗi a2 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a6. Có 4 cách chọn a3. Với mỗi a3 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a7. Có 2 cách chọn a4. Với mỗi a4 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a8. ⇒ n( A) = 8.6.4.2 = 384

Vậy P ( A) =

n( A) 384 = 8! n (Ω )

Chọn D. Câu 44 (VDC): 47

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: +) Mỗi vòng cuốn thì bán kính đường tròn lại tăng thêm 0,3cm . +) Tính chiều dài tấm vải cần cuốn (chu vi đường tròn) của từng vòng rồi cộng các chiều dài đó suy ra kết quả. Cách giải: Chiều dài vòng 1 cần cuốn là: 2π .5 Chiều dài vòng 2 cần cuốn là: 2π (5 + 0, 3) Chiều dài vòng 3 cần cuốn là: 2π (5 + 2.0,3) Chiều dài vòng 100 cần cuốn là: 2π (5 + 99.0,3) Vậy chiều dài tấm vải là: 2π (5 + 5 + 0, 3 + 5 + 2.0,3 +…+ 5 + 99.0, 3) = 2π (5.100 + 0,3(1 + 2 +…+ 99)) 0.3.99,100   = 2π  500 +  = 3970π (cm) ≈ 125m 2  

Chọn C. Câu 45 (VD): Phương pháp: (Q) ⊃ AB ⇒ nQ ⊥ AB ⇒ nQ =  AB; nP   ( Q ) ⊥ ( P ) ⇒ n  Q ⊥ np Cách giải:

(Q) ⊃ AB ⇒ nQ ⊥ AB ⇒ nQ =  AB; nP   (Q) ⊥ ( P) ⇒ nQ ⊥ n p  nP = (2;1; −3) Ta có  ⇒ nQ =  AB; n p  = ( −2; −5; −3) / /(2;5;3)  AB = (1; −1;1) Chọn A. Câu 46 (VD): Phương pháp: Sử dụng tính chất: Cho tứ diện vuông OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, khi đó hình chiếu của O trên (ABC) trùng với trực tâm tam giác ABC. Cách giải: Dễ dàng chứng minh được OH ⊥ ( ABC ) AM ⊥ BC  ⇒ BC ⊥ (OAM ) ⇒ BC ⊥ OH  OA ⊥ BC (OA ⊥ ( ABC )) CMTT ta có AC ⊥ OH ⇒ OH ⊥ ( ABC ) ⇒ (P) đi qua H và nhận OH = (1; 2; 2) là 1 VTPT của phương trình 1( x − 1) + 2( y − 2) + 2( z − 2) = 0 ⇔ x + 2 y + 2 z − 9 = 0

Chọn D. Câu 47 (TH): Phương pháp: 48

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ V = π r 2 h trong đó r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ.

Cách giải: ABCD là thiết diện qua trục là một hình vuông cạnh 2a nên hình trụ có chiều cao h = AD = 2a , bán kính AB 2a đáy r = = =a . 2 2 Vậy thể tích khối trụ là V = π r 2 h = π a 2 .2 a = 2π a 3 Chọn B.

Câu 48 (TH): Phương pháp: Tính các độ dài của tam giác ACB’ và nhận xét sau đó suy ra góc giữa AC và AB’.

Cách giải: Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông ta tính được AC = a 2; AB ′ = a 2; B ′C = a 2

Do đó tam giác ACB’ là tam giác đều

′ = 60° Chọn A. ⇒ ( AC ; AB ′ ) = CAB Câu 49 (VDC): Phương pháp: + Đặt t ( x ) = x − 1 + 1 ≥ 1, đưa bất phương trình về dạng f (t ) ≤ m . Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi min f (t ) ≤ m . [1; +∞ )

+ Dựa vào BBT, nhận xét và kết luận.

Cách giải: Đặt t ( x ) = x − 1 + 1 ≥ 1, , khi đó ta có f (t ) ≤ m (*) Để phương trình (*) có nghiệm t ≥ 1 thì min f (t ) ≤ m [1; +∞ )

Dựa vào BBT ta thấy min f (t ) = −2 ⇒ m ≥ −2 [1; +∞ )

Chọn B . Câu 50 (VD): Phương pháp:

a m < a n 0 < a <1⇒  m n a > a

khi m > n khi m < n

Cách giải: Do 0 < a < 1 ⇒ a 2017 > a 2018 ⇒

2017

2018

⇒ đáp án A sai

Chọn A.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ Mã đề thi 189

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Câu 1. Giá trị của a sao cho phương trình log 2 ( x + a ) = 3 có nghiệm x = 2 là A. 10 B. 5 C. 6 D. 1 Câu 2. Trong không gian Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua điểm M ( 3; 2;1) và có vectơ phương u = ( −1;5; 2 ) x + 3 y + 2 z +1 x +1 y − 5 z − 2 . . B. d : = = = = 3 2 1 5 2 −1 x − 3 y − 2 z −1 x −1 y + 5 z + 2 . D. d : . C. d : = = = = 3 2 1 5 2 −1 Câu 3. Tìm tất cả các giá thực của tham số m sao cho hàm số y = 2 x 3 − 3 x 2 − 6mx + m nghịch biến trên

A. d :

khoảng ( −1;1) .

1 1 . D. m ≥ . 4 4 4 3 2 Câu 4. Biết rằng đồ thị hàm số y = f ( x) = ax + bx + cx + dx + e , ( a, b, c, d , e ∈ ℝ; a ≠ 0, b ≠ 0 ) cắt trục Ox tạ i 4 điể m phân biệt. Khi đó đồ thị hàm số

A. m ≥ 2 .

B. m ≥ 0 .

C. m ≤ −

y = g ( x ) = ( 4ax 3 + 3bx 2 + 2cx + d ) − 2 ( 6ax 2 + 3bx + c ) . ( ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e ) cắt trục Ox tại bao nhiêu điểm? A. 0. B. 4. C. 2. D. 6. Câu 5. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm I ( 2;4; −1) và A ( 0;2;3) . Phương trình mặt cầu có tâm I và đi qua điểm A là: 2 2 2 2 2 2 A. ( x + 2 ) + ( y + 4 ) + ( z − 1) = 2 6 B. ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z + 1) = 2 6 C.

( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z + 1) = 24 Câu 6. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên sau

( x + 2 ) + ( y + 4 ) + ( z − 1)

= 24

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng

A. 1.

B. −1.

C. 0 .

5 D. − . 2

Câu 7. Một nhóm gồm 10 học sinh trong đó có An và Bình, đứng ngẫu nhiên thành một hàng. Xác suất để An và Bình đứng cạnh nhau là 2 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 5 10 5 4 Câu 8. Điểm nào trong hình vẽ bên dưới là điểm biểu diễn của số phức z = 3 − 4i ?

Trang 1/19 - Mã đề thi 189 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. Điểm A . B. Điểm B . C. Điểm C . D. Điểm D . 3 Câu 9. Biết thể tích khí CO2 năm 1998 là V ( m ) . 10 năm tiếp theo, thể tích CO2 tăng a % , 10 năm tiếp theo nữa, thể tích CO2 tăng n% . Thể tích khí CO2 năm 2016 là 10

A. V2016

( (100 + a )(100 + n ) ) = V. 10 10

(100 + a ) . (100 + n )

( m ). 3

B. V2016 = V + V . (1 + a + n )

( m ). 3

( )

D. V2016 = V . (1 + a + n ) m3 . ( m3 ) . 1036 Câu 10. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ −1;5] và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là C. V2016 = V .

giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên [ −1;5] . Giá trị của M − m bằng ? y 3

1 −1

O 34 5 x −2 A. 4 . B. 1 . C. 6 . Câu 11. Cho hàm số f ( x ) , hình vẽ dưới đây là đồ thị của đạo hàm f ′( x ) .

Hàm số g ( x) = f ( x) −

A. x = 0

D. 5 .

x3 + x 2 − x + 2 đạt cực đại tại điểm nào? 3 B. x = 1 C. x = −1

D. x = 2

Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1;2;1) và đường thẳng

(d ) :

x + 2 y − 2 z −1 . Viết = = 2 1 2

phương trình mặt phẳng (α ) đi qua M và chứa đường thẳng ( d ) .

A. (α ) : 2 y + z − 5 = 0.

B. (α ) : −2 y + z + 3 = 0.

C. (α ) : 6 x + 10 y − 11z − 16 = 0.

D. (α ) : 6 x + 10 y − 11z − 36 = 0.

Câu

13.

Trong

không

gian

Oxyz ,

( β ) : 2 x − y + mz − m + 1 = 0 ( m ∈ ℝ ) . Để (α ) ⊥ ( β )

cho

hai

m ặt

phẳng

(α ) : x + y + z −1 = 0;

thì m phải có giá trị bằng:

A. 1. B. −4 . C. −1 . D. 0 . Câu 14. Nếu 2 số thực x, y thỏa: x ( 3 + 2i ) + y (1 − 4i ) = 1 + 24i thì x + y bằng: A. −3 . B. 3 . C. 2 . Câu 15. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau Trang 2/19 - Mã đề thi 189

D. 4 .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 có bao nhiêu đường tiệm cận đứng f (3 − x ) − 2 A. 1. B. 0. C. 2. 4 2 Câu 16. Đồ thị hàm số y = x − 4 x + 1 cắt trục Ox tại mấy điểm? A. 3. B. 4. C. 0. Đồ thị hàm số y =

D. 3. D. 2. 3

Câu 17. Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình ( 8sin 3 x − m ) = 162 sin x + 27m có nghiệm thỏa mãn 0< x<

3 A. 1.

B. 3 .

D. 2 . − (2 − 3i) = 2 là đường tròn có z Câu 18. Trên mặt phẳng phức, tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn phương trình nào sau đây? A. x 2 + y 2 − 4 x + 6 y + 9 = 0 . B. x 2 + y 2 − 4 x − 6 y + 9 = 0 . D. x 2 + y 2 − 4 x − 6 y + 11 = 0 . C. x 2 + y 2 − 4 x + 6 y + 11 = 0 . 3

Câu 19. Cho

∫ 1

f ( x ) dx = 3 và

C. Vô số.

∫ g ( x ) dx = 4 , khi đó ∫ 4 f ( x ) + g ( x ) dx bằng

A. 7 . B. 16 . C. 19 . D. 11 . Câu 20. Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , AA′ = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt đáy trùng với trung điểm I của đoạn thẳng AB . Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng a3 33 a 3 33 a3 11 3a3 A. . B. . C. . D. . 24 4 8 4 Câu 21. Một viên gạch hoa hình vuông cạnh 40cm được thiết kế như hình bên dưới. Diện tích mỗi cánh hoa bằng y

1 2 x 20 y = 20x

x 20

A. 250cm 2 .

B. 800cm 2 .

800 2 cm . 3

400 2 cm . 3

 x2 + 2  Câu 22. Giá trị của I = ∫   ln xdx bằng:  x 

Trang 3/19 - Mã đề thi 189 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x2 x2 ln 2 x x 2 x2 ln x − + C. + ln x − + C. B. I = 2 4 2 2 4 2 2 2 2 x x x x C. I = ln 2 x + ln x − + C. D. I = ln 2 x + ln x − + C . 2 4 2 2 Câu 23. Biết log 6 2 = a , log 6 5 = b . Tính I = log 3 5 theo a , b . b b b b A. I = B. I = C. I = D. I = 1− a a −1 a 1+ a Câu 24. Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất kép 1% trên tháng. Gửi được hai năm 3 tháng người đó có công việc nên đã rút toàn bộ gốc và lãi về. Số tiền người đó được rút là. 27 B. 101. (1,01) − 1 triệu đồng. A. 100. (1, 01) 6 − 1 triệu đồng.   27 26 C. 100. (1,01) − 1 triệu đồng. D. 101. (1, 01) − 1 triệu đồng.     Câu 25. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = e − x + 1 là

A. I = 2 ln 2 x +

A. −e− x + x + C . B. e− x + x + C . C. e x + x + C . D. −e x + x + C . Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (10;6; −2 ) , B ( 5;10; −9 ) và mặt phẳng Câu 26.

(α ) : 2 x + 2 y + z − 12 = 0 . Điểm

M di động trên mặt phẳng (α ) sao cho MA, MB luôn tạo với (α ) các góc

bằng nhau. Biết rằng M luôn thuộc một đường tròn (ω ) cố định. Hoành độ của tâm đường tròn (ω ) bằng

C. −4 .

9 . 2

Câu 27. Tập nghiệm của phương trình 4 x − 5.2 x + 4 = 0 là A. {1; 4} . B. {1} . C. {0} .

{0; 2} .

A. 2 .

B. 10 .

Câu 28. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên R và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên dưới. Đặt g ( x ) = f  f ( x )  . Tìm số nghiệm của phương trình g ′ ( x ) = 0 .

A. 4 B. 6 C. 2 D. 8 Câu 29. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d song song với đường thẳng  x = −2 + t ( ∆ ) :  y = −1 − 2t , có véctơ chỉ phương là: z = 3 + t  A. u = (−1; −3; 4) . B. u = (−2; −1;3) . C. u = (1; −2;1) . D. u = (0; −2;3) . 1 1 Câu 30. Cho cấp số cộng ( un ) có u1 = , d = − . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau đây? 4 4 5 3 15 9 A. S5 = − . B. S5 = − . C. S5 = − . D. S5 = − . 4 4 4 4

Trang 4/19 - Mã đề thi 189

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 31. Cho I = ∫ 1

x + ln x

( x + 1)

dx =

1 a ln 2 − với a , b , m là các số nguyên dương và các phân số là phân số tối b c

a+b . c 1 2 5 1 A. S = . B. S = . C. S = . D. S = . 3 3 6 2 Câu 32. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB , AD . Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng ( SCN ) theo a . giản. Tính giá trị của biểu thức S =

a 3 4a 3 a 3 a 2 . B. . C. . D. . 4 4 3 3 Câu 33. Biết phương trình z 2 + az + b = 0 với a, b ∈ ℝ có một nghiệm z = 1 + 2i . Tính a + b A. 1. B. −5 . C. −3. D. 3. x Câu 34. Tính đạo hàm của hàm số y = log 2 ( x + e ) . A.

A. y′ =

1 + ex . ( x + ex ) ln 2

B. y′ =

1 + ex . x + ex

C. y′ =

1 . ( x + e x ) ln 2

D. y′ =

1 + ex . ln 2

Câu 35. Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k ≤ n . Mệnh đề nào dưới đây đúng? n! n! n! A. Ank = n ! k ! B. Ank = C. Ank = D. Ank = k! k !( n − k ) ! ( n − k )! Câu 36.

A ( −3;0;0 ) , B ( 0;0;3) , C ( 0; −3;0 ) ( P ) : x + y + z − 3 = 0 . Tìm trên ( P ) điểm M sao cho MA + MB − MC nhỏ nhất Trong không gian

Oxyz

cho

A. M ( −3;3;3) . B. M ( −3; −3;3) . C. M ( 3; −3;3) . Câu 37. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y −2 1 x O

và mặt phẳng

D. M ( 3;3; −3) .

−4 x−4 A. y = . B. y = x3 + 3x 2 − 4 . C. y = x 4 + 3 x 2 − 4 . D. y = − x 3 + 3 x 2 − 4 . x +1 Câu 38. Tính bán kính r của mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có 3 kích thước là a , b, c . A. r =

a2 + b2 + c2 3

C. r =

1 2 a + b2 + c2 2

B. r = a 2 + b 2 + c 2 D. r =

1 (a + b + c) 2

Câu 39. Hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B , AB = a , AC = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = 2a. Gọi ϕ là góc tạo bởi hai mặt phẳng ( SAC ) , ( SBC ) . Tính cos ϕ = ? A.

3 . 2

1 . 2

15 . 5

Câu 40. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 2

1 x − x2

3 . 5

= log 1 56 x−1 bằng

5 2 A. P = 5 . B. P = −5 . C. P = −7 . Câu 41. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới

D. P = 7 .

Trang 5/19 - Mã đề thi 189 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

−3

−2

1 x

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( −2;0 ) . B. ( −∞; −2 ) . C.

( −2;1) .

( 0; 4 ) .

Câu 42. Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ, a > 0 ) thỏa z.z − 12 z + ( z − z ) = 13 − 10i . Tính S = a + b . A. S = 17 . B. S = −17 . C. S = 5 . D. S = 7 . 5 x −6

x2 1 Câu 43. Tập nghiệm của bất phương trình ( 0,125 ) >   8 A. ( 3; +∞ ) . B. ( −∞; 2 ) ∪ ( 3; +∞ ) . C. ( −∞; 2 ) .

( 2;3) .

Câu 44. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có các kích thước là AB = 2 , AD = 3 , AA′ = 4 . Gọi ( N ) là hình nón có đỉnh là tâm của mặt ABB ′A′ và đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật CDD′C ′ . Tính thể tích V của khối nón ( N ) . 25 13 D. π. π. 6 3 Câu 45. Thể tích khối nón có bán kính bằng 2a và chiều cao bằng 3a là: A. 2π a 3 B. 4π a 3 C. 12π a 3 D. π a 3 Câu 46. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;1; − 1 ) , B ( −3;3;1) . Trung điểm M của đoạn thẳng AB có tọa độ là A. ( −1; 2;0 ) . B. ( −2; 4; 0 ) . C. ( −2;1;1) . D. ( −4; 2; 2 ) . Câu 47. Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ . Gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA′ , BB′ , CC ′ sao cho AM = 2 MA′ , NB′ = 2 NB , PC = PC ′ . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của hai khối đa diện V ABCMNP và A′B′C ′MNP . Tính tỉ số 1 . V2 V 1 V V 2 V A. 1 = . B. 1 = 1 . C. 1 = . D. 1 = 2 . V2 2 V2 V2 3 V2

A. 5π .

B. 8π .

Câu 48. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Bảng biến thiên của hàm số y = f ′ ( x ) được cho như hình vẽ.

 x Hàm số y = f 1 −  + x nghịch biến trên khoảng nào sau đây?  2 A. ( 2; 4 ) B. ( −4; −2 ) C. ( −2;0 )

( 0; 2 )

Câu 49. Cho khối nón tròn xoay có chiều cao h , đường sinh l và bán kính đường tròn đáy bằng R . Tính diện tích toàn phần của khối nón. A. Stp = 2π R(l + R). B. Stp = π R(2l + R). C. Stp = π R(l + R). D. Stp = π R(l + 2 R). Câu 50. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như sau: Trang 6/19 - Mã đề thi 189

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tìm số nghiệm thực của phương trình f ( x ) + 1 = 0 .

A. 1

B. 2

C. 3 ------------- HẾT -------------

D. 0

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số Chương 1: Hàm Số Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C6 C37 C41

C3 C10 C15 C16 C50

C23 C24 C25 C27 C43

C9 C40

C19 C21

C22 C31

C14 C18 C33

C26 C42

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

Lớp 12 (90%)

Chương 4: Số Phức

C11 C28 C4 C48

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C20

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C45 C49

C38

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C2 C29

C5 C13 C46

C32 C39 C44

C47

C12 C36

Đại số

Lớp 11 (10%)

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

C17

C35

Trang 7/19 - Mã đề thi 189 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C30

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

C34

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (0%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu Trang 8/19 - Mã đề thi 189

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm

4.8

2.6

0.6

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI + Mức độ đề thi: TRUNG BÌNH + Đánh giá sơ lược: Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11 chiêm 10% Không có câu hỏi lớp 10. 16 câu VD-VDC phân loại học sinh 1 số câu hỏi khó như C4 C47 C48 Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và nhận biết. Đề phân loại học sinh ở mức trung bình

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C D A A C D C D C D 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 A D D C A C B D A B

11 B 36 A

12 B 37 B

13 C 38 C

14 A 39 C

15 D 40 B

16 B 41 A

17 D 42 D

18 A 43 D

19 B 44 A

20 C 45 B

21 D 46 A

22 C 47 B

23 A 48 B

24 B 49 C

25 A 50 B

Câu 1. Lời giải Ta có: log 2 ( x + a ) = 3 ⇔ x + a = 8 ⇔ 2 + a = 8 ⇔ a = 6 . Câu 2. Lời giải d là đường thẳng đi qua điểm M ( 3; 2;1) và có vtcp u = ( −1;5; 2 ) . Vậy phương trình chính tắc cần tìm là: x − 3 y − 2 z −1 . = = 5 2 −1 Câu 3. d:

Lời giải Ta có y′ = 6 x 2 − 6 x − 6m . Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) khi và chỉ khi y′ ≤ 0 với ∀x ∈ ( −1;1) hay m ≥ x 2 − x với

∀x ∈ ( −1;1) . Xét f ( x ) = x 2 − x trên khoảng ( −1;1) ta có f ′ ( x ) = 2 x − 1 ; f ′ ( x ) = 0 ⇔ x =

1 . 2

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có m ≥ f ( x ) với ∀x ∈ ( −1;1) ⇔ m ≥ 2 .

Câu 4. Lời giải Trang 9/19 - Mã đề thi 189 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có g ( x ) = ( f ′ ( x ) ) − f ′′ ( x ) . f ( x )

Đồ thị hàm số y = f ( x) = ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt bên phương trình f ( x ) = 0 ⇔ a ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 )( x − x4 ) , với xi , (i = 1, 2,3, 4) là các nghiệm. Suy ra f ′ ( x ) = a[ ( x − x2 )( x − x3 )( x − x4 ) + ( x − x1 )( x − x3 )( x − x4 )

+ ( x − x1 )( x − x2 )( x − x4 ) + ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) ] ′  f ′ ( x ) ′  1 f ′( x) 1 1 1  1 1 1 1 = + + + ⇒  + + +  =   f ( x ) x − x1 x − x2 x − x3 x − x4  f ( x )   x − x1 x − x2 x − x3 x − x4  2   1 2  1 2  1 2  1 2  f ′′ ( x ) f ( x ) − ( f ′ ( x ) )  ⇔ = − + + +   x − x1   x − x2   x − x3   x − x4   f 2 ( x)  

⇒

Nếu x = xi với i = 1, 2,3, 4 thì f ( x ) = 0 , f ′ ( x ) ≠ 0 ⇒ f ′′ ( x ) f ( x ) < ( f ′ ( x ) ) . Nếu x ≠ xi ( ∀i = 1, 2, 3, 4 ) thì

( x − xi )

> 0 , f 2 ( x ) > 0 . Suy ra f ′′ ( x ) . f ( x ) − ( f ′ ( x ) ) < 0

⇔ f ′′ ( x ) . f ( x ) < ( f ′ ( x ) ) . Vậy phương trình ( f ′ ( x ) ) − f ′′ ( x ) . f ( x ) = 0 vô nghiệm hay phương trình g ( x ) = 0 vô nghiệm. Do đó, số giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là 0 .

Câu 5. Ta có IA = ( −2; −2; 4 ) . Bán kính mặt cầu R = IA = 2

Lời giải 2

( −2 ) + ( −2 )

+ 42 = 2 6.

Phương trình mặt cầu: ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z + 1) = 24 Câu 6. Lời giải

5 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và giá trị cực tiểu là yCT = − . 2 Câu 7. Lời giải Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh thành một hàng có 10! cách ⇒ n ( Ω ) = 10! Gọi biến cố A : “Xếp 10 học sinh thành một hàng sao cho An và Bình đứng cạnh nhau”. Xem An và Bình là nhóm X . Xếp X và 8 học sinh còn lại có 9! cách. Hoán vị An và Bình trong X có 2! cách. Vậy có 9!2! cách ⇒ n ( A ) = 9!2! Xác suất của biến cố A là: P ( A ) =

n ( A) 1 = . n (Ω) 5

Câu 8. Lời giải Vì z = 3 − 4i nên điểm biểu diễn số phức z có tọa độ ( 3; −4 ) , đối chiếu hình vẽ ta thấy đó là điểm D . Câu 9. Lời giải 10

(100 + a ) a   Sau 10 năm thể tích khí CO2 là V2008 = V 1 +  =V 1020  100  Do đó, 8 năm tiếp theo thể tích khí CO2 là Trang 10/19 - Mã đề thi 189

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

V2016

(100 + a ) 1 + n  n   = V2008  1 +  =V   1020  100   100  10

(100 + a ) (100 + n ) =V Câu 10.

1020

1016

(100 + a ) . (100 + n ) =V

1036

Lời giải Hàm số liên tục trên [ −1;5] . Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy: Giá trị lớn nhất của f ( x ) trên [ −1;5] bằng 3 . Suy ra M = 3 . Giá trị nhỏ nhất của f ( x ) trên [ −1;5] bằng −2 . Suy ra m = −2 . Vậy M − m = 3 − ( −2 ) = 5 .

Câu 11. Lời giải 2

Ta có: g ′( x) = f ′( x) − x + 2 x − 1

x = 0 g ′( x) = 0 ⇔ f ′( x) = x − 2 x + 1 ⇔  x = 1  x = 2 2

Bảng xét dấu của g ′( x ) :

Từ bảng xét dấu của g ′( x ) ta suy ra hàm số g ( x ) đạt cực đại tại x = 1 . Câu 12. Lời giải Ta có: N ( −2; 2;1) ∈ ( d ) và véctơ chỉ phương ud ( 2;1; 2 ) của đường thẳng ( d ) . Do đó MN = ( −3;0; 0 ) có giá nằm trong mặt phẳng (α ) . Nên véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (α ) là: nα = ud , MN  = ( 0; −6;3) .   Vậy (α ) : −2 y + z + 3 = 0 .

Câu 13. Lời giải (α ) có vtpt n = (1;1;1) ; ( β ) có vtpt u = ( 2; −1; m ) . (α ) ⊥ ( β ) ⇔ n ⋅ u = 0 ⇔ 2 − 1 + m = 0 ⇔ m = −1 . Trang 11/19 - Mã đề thi 189 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 14. Lời giải 3 x + y = 1 Ta có: x ( 3 + 2i ) + y (1 − 4i ) = 1 + 24i ⇔ ( 3 x + y ) + ( 2 x − 4 y ) i = 1 + 24i ⇔  2 x − 4 y = 24 x = 2 . V ậy x + y = − 3 . ⇔  y = −5 Câu 15.

Lời giải Theo bảng biến thiên ta thấy phương trình f ( x ) = 2 có 3 nghiệm phân biệt. Do đó phương trình f (3 − x) − 2 = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Suy ra đồ thị hàm số y =

1 có 3 tiệm cận đứng. f (3 − x ) − 2

Câu 16. Lời giải x = ± 2 + 3 Vì phương trình x 4 − 4 x 2 + 1 = 0 có 4 nghiệm phân biệt  nên đồ thị hàm số đã cho cắt trục x = ± 2 − 3  hoành tại 4 điểm. Câu 17. Lời giải π Đặt t = 2sin x , với 0 < x < thì t ∈ 0; 3 . 3

(

)

Phương trình đã cho trở thành ( t 3 − m ) = 81t + 27 m .

Đặt u = t 3 − m ⇒ t 3 = u + m . u 3 = 27 ( 3t + m ) 3 3 Khi đó ta được  ⇒ u 3 − ( 3t ) = 27 ( 3t − u ) ⇔ u 3 + 27u = ( 3t ) + 27.3t (*) 3 ( 3t ) = 27 ( u + m ) Xét hàm số f ( v ) = v3 + 27v liên tục trên ℝ có nên hàm số đồng biến. Do đó (*) ⇔ u = 3t ⇒ t 3 − 3t = m (1)

(

)

Xét hàm số f ( t ) = t 3 − 3t trên khoảng 0; 3 . 2

có f ′ ( t ) = 3t − 3 ; f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 1 . Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (1) có nghiệm khi. Vậy có hai giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 18. Lời giải + Giả sử z = x + yi với x, y ∈ ℝ . + Theo đề ta có:

z − (2 − 3i ) = 2 ⇔ ( x − 2) 2 + ( y + 3)2 = 2 ⇔ x 2 + y 2 − 4 x + 6 y + 9 = 0 . Câu 19. Lời giải Trang 12/19 - Mã đề thi 189

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có: ∫  4 f ( x ) + g ( x )  dx = 4∫ f ( x) dx + ∫ g ( x)dx = 4.3 + 4 = 16 .

Câu 20. Lời giải

S∆ABC =

; IA′ = A′A2 − AI 2 =

a 11 2

Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ là: V = S∆ABC .IA′ =

Câu 21.

a 3 33 8

Lời giải Diện tích một cánh hoa là diện tích hình phẳng được tính theo công thức sau: 20

1  400 1  2  S = ∫  20 x − x 2  dx =  . 20. x 3 − x 3  = cm 2 ) . ( 3 60 20 3   0 0  Câu 22. Lời giải 1  u = ln x du = x dx  2 ⇒   x +2  2 dv =  x  dx v = x + 2 ln x     2 2 x  x 2 x2 x2  ⇒ I = ln x.  + 2 ln x  − ∫  + ln x dx = 2 ln 2 x + ln x − − 2 ∫ ln x.d (ln x) 2 4   2  2 x

x2 x2 ln x − − ln 2 x + C 2 4 2 2 x x = ln 2 x + ln x − + C. 2 4 Câu 23. = 2 ln 2 x +

Lời giải log 6 5 log 6 5 b . Ta có log 3 5 = = = log 6 3 log 6 6 − log 6 2 1 − a Câu 24.

Lời giải + Đầu tháng 1: người đó có 1 triệu. Cuối tháng 1: người đó có 1 + 1.0, 01 = 1, 01 triệu. + Đầu tháng 2 người đó có: (1 + 1, 01) triệu. Cuối tháng 2 người đó có: 1 + 1, 01 + (1 + 1, 01).0, 01 = (1 + 1, 01)(1 + 0, 01) = 1, 01(1 + 1, 01) = (1, 01 + 1, 012 ) triệu. + Đầu tháng 3 người đó có: (1 + 1, 01 + 1, 012 ) triệu. Cuối tháng 3 người đó có: (1 + 1, 01 + 1, 012 ) .1, 01 = (1, 01 + 1, 012 + 1, 013 ) triệu. …. + Đến cuối tháng thứ 27 người đó có: 1 − 1, 0127 1, 01 + 1,012 + 1, 013... + 1, 0127 = 1,01. = 101(1, 0127 − 1) triệu. 1 − 1, 01 Câu 25. Lời giải −x −x −x Ta có: ∫ (e + 1)dx = ∫ e dx + ∫ dx = −e + x + C .

(

)

Câu 26. Trang 13/19 - Mã đề thi 189 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lời giải Gọi M ( x; y; z ) ⇒ AM = ( x − 10; y − 6; z + 2 ) ; BM = ( x − 5; y − 10; z + 9 ) Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A, B lên (α ) , có AMH = BMK AH = d ( A; ( P ) ) =

2.10 + 2.6 − 2 − 12 2

= 6; BK = d ( B; ( P ) ) =

2.5 + 2.10 − 9 − 12

2 + 2 +1 22 + 22 + 12  AH sin AMH = MA AH BK Khi đó  ⇒ = ⇒ MA = 2 MB ⇔ MA2 = 4 MB 2 BK MA MB = sin BMK  MB 2 2 2 2 2 2 Suy ra ( x − 10 ) + ( y − 6 ) + ( z + 2 ) = 4 ( x − 5) + ( y − 10 ) + ( z + 9 )    2

⇔ x2 + y2 + z2 −

20 68 68 10   34   34   x− y + z + 228 = 0 ⇔ ( S ) :  x −  +  y −  +  z +  = 40 có tâm 3 3 3 3  3   3  

 10 34 −34  I ; ;  3 3 3  Vậy M ∈ (ω ) là giao tuyến của (α ) và ( S ) ⇒ Tâm K của (ω ) là hình chiếu của  10 34 −34  I ; ;  trên mặt phẳng (α ) . 3 3 3   10  x = 3 + 2t  34  Phương trình đương thẳng đi qua I và vuông góc với (α ) là  y = + 2t 3  34  z = − 3 + t  34 34   10  10   34   34  ⇒ K  + 2t ; + 2t '− + t  , K ∈ (α ) ⇒ 2  + 2t  + 2  + 2t  +  − + t  − 12 = 0 3 3  3   3   3   3  2 ⇔ 9t + 6 = 0 ⇔ t = − ⇒ K ( 2;10; −12 ) ⇒ xK = 2 3 Câu 27. Lời giải x 2 = 1 x = 0 Ta có 4 x − 5.2 x + 4 = 0 ⇔  x . ⇔ x = 2 2 = 4 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {0; 2} .

Câu 28. Lời giải

 f ′( x ) = 0 Ta có g ′ ( x ) = f ′  f ( x )  . f ′ ( x ) = 0 ⇔   f ′  f ( x )  = 0 x = 0 f ′( x) = 0 ⇔   x = x3 ∈ ( 2;3)  f ( x) = 0 f ′  f ( x )  = 0 ⇔   f ( x ) = x3 ∈ ( 2;3)

Trang 14/19 - Mã đề thi 189

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x = x1 ∈ ( −1;0 )  + f ( x) = 0 ⇔ x = 1  x = x ∈ ( 3;4 ) 3 

 x = x2 > x1 + f ( x ) = x3 ∈ ( 2;3) ⇔  .  x = x3 ∈ ( 0;1) Vậy phương trình g ′ ( x ) = 0 có 8 nghiệm phân biệt. Câu 29. Lời giải Do đường thẳng d song song với đường thẳng ( ∆ ) nên vtcp của ( ∆ ) cũng là vtcp của d . Vậy vtcp của d là u = (1; −2;1) Câu 30. Lời giải 1 1 5   Ta có: S5 = 5u1 + 10d = 5. + 10  −  = − 4 4 4   Câu 31. Lời giải 1 + x  x + ln x = u  x dx = du  Đặt  1 ⇒ . dx = dv  1  ( x + 1)2 − =v   x + 1 2

Khi đó I = ∫ 1

x + ln x

( x + 1)

dx = −

2 1 1+ x 1 1 1 1 x ln x . d x + + 2 ln 2 dx = − + + + ( ) ∫ ( ) ∫ x +1 x x +1 3 2 1x 1 1

2 1 1 2 1 ( 2 + ln 2 ) + + ln x 1 = ln 2 − 3 2 3 6 a+b 5 Vậy a = 2; b = 3; c = 6 ⇒ S = = . c 6 Câu 32.

=−

Lời giải

a 3 . 2 ID Gọi I là giao điểm của NC và MD . Ta có d ( D; ( SCN ) ) = d ( M ; ( SCN ) ) . IM M là trung điểm của AB thì SM ⊥ ( ABCD ) . Ta có SM =

Trang 15/19 - Mã đề thi 189 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a .a DN .DC a 5 = 2 = Vì ABCD là hình vuông nên NC ⊥ DM tại I . ID.CN = DN .DC ⇔ ID = 5 CN a 5 2 a 5 a 5 3a 5 ID 2 ⇒ IM = DM − ID = − = ⇒ = . 2 5 10 IM 3  IM ⊥ CN ⇒ CN ⊥ ( SMI ) . Kẻ MH ⊥ SI , vì CN ⊥ MH nên MH ⊥ ( SCN ) ⇒ MH = d ( M ; ( SCN ) ) . Do  CN ⊥ SM 1 1 1 4 20 32 Trong tam giác SMI có = + = 2+ 2 = 2. 2 2 2 MH SM MI 3a 9a 9a 3a 2 a 2 ⇒ d ( D; ( SCN ) ) = Vậy MH = . 8 4 Câu 33. Lời giải Vì phương trình đã cho có 1 nghiệm z = 1 + 2i nên ta có:  a = −2 (1 + 2i ) 2 + a (1 + 2i ) + b = 0 ⇔ ( a + b − 3) + (2a + 4)i = 0 ⇔  b = 5 Do đó a + b = −2 + 5 = 3 Câu 34. Lời giải x + e x )′ ( 1 + ex y′ = = . ( x + ex ) ln 2 ( x + e x ) ln 2 Câu 35. Lời giải Theo lý thuyết công thức tính số các chỉnh hợp chập k của n : Ank =

n! . ( n − k )!

Câu 36. Lời giải Gọi I là điểm thỏa mãn IA + IB − IC = 0 ⇔ IA + CB = 0 ⇔ IA = BC = ( 0; −3;3) ⇒ I ( −3;3;3) Ta có: MA + MB − MC = MI + IA + MI + IB − MI − IC = MI = MI min ⇔ M là hình chiếu của I trên

( P ) : x + y + z − 3 = 0,

dễ thấy I ∈ ( P ) ⇒ M ≡ I ( −3;3;3) .

Câu 37. Lời giải Theo hình vẽ ta thấy đây là đồ thị của hàm số bậc 3 có hệ số a > 0 nên ta chọn B. Câu 38. Lời giải Gọi ABCD. A′B′C ′D′ là hình hộp chữ nhật có 3 kích thước a, b, c . Ta có bán kính 1 1 2 r = AC ′ = a + b2 + c 2 . 2 2 Câu 39. Lời giải

Trang 16/19 - Mã đề thi 189

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

H C

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB , SC Ta có SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ BC Mặt khác BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH

AH ⊥ SC Từ và ta có AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH ⊥ SC Mặt khác ta lại có AK ⊥ SC Từ và ta có SC ⊥ ( AHK ) ⇒ SC ⊥ HK Vậy ( ( SAC ) , ( SBC ) ) = ( AK , HK ) = AKH = ϕ Do AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH ⊥ HK hay tam giác AHK vuông tại H . Ta có AH =

AB.SA 2

AB + SA

Vậy cos ϕ =

Câu 40.

2a 5 ; AK = 5

AC .SA 2

AC + SA

= a 2 ⇒ HK =

a 30 . 5

15 HK . = AK 5

Lời giải

 −5 + 29 x=  1 2 log 2 x− x2 = log 1 56 x −1 ⇔ x − x 2 = 6 x − 1 ⇔ x 2 + 5 x − 1 = 0 ⇔   5 −5 − 29 2 x =  2 Do đó: x1 + x2 = −5 Câu 41. Lời giải Nhìn vào đồ thị đã cho, hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( −2;0 ) . Câu 42. Lời giải Ta có: a 2 + b2 − 12 a 2 + b2 = 13 z.z − 12 z + ( z − z ) = 13 − 10i ⇔ a 2 + b 2 − 12 a 2 + b 2 + 2bi = 13 − 10i ⇔  2b = −10   a 2 + 25 = 13 2 2  a + 25 − 12 a + 25 = 13  a = ±12  a = 12  ⇔ ⇔   a 2 + 25 = −1(VN ) ⇔  , vì a > 0 . ⇒ b = − 5 b = − 5 b = −5  b = −5 Vậy S = a + b = 7 . Câu 43. Lời giải Trang 17/19 - Mã đề thi 189 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

5 x −6

1 Ta có: ( 0,125 ) >   8 Vậy tập nghiệm là ( 2;3) x2

1 1 ⇔  >  8 8

5 x− 6

⇔ x2 < 5x − 6 ⇔ x2 − 5x + 6 < 0 ⇔ 2 < x < 3

Câu 44. Lời giải

Ta có: D′C = DD′2 + DC 2 = AA′2 + AB 2 = 42 + 22 = 2 5 Đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật CDD ' C ' nên có đường kính là D′C . D′C Suy ra bán kính đáy r = = 5. 2 Chiều cao của hình nón là SO . ⇒ h = SO = AD = 3 1 Vậy V = .π r 2 h = 5π . 3 Câu 45. Lời giải 1 2 3 Thể tích khối nón là V = π ( 2a ) .3a = 4π a 3 Câu 46. Lời giải Áp dụng công thức tính tọa độ trung điểm ta có tọa độ điểm M là ( −1; 2; 0 ) .

Câu 47. Lời giải A'

B' P

A N

Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ . Ta có V1 = VM . ABC + VM .BCPN . 1 1 2 2 VM . ABC = S ABC .d ( M , ( ABC ) ) = . S ABC .d ( A′, ( ABC ) ) = V . 3 3 3 9 Trang 18/19 - Mã đề thi 189

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1 1 1 VM . A′B′C ′ = S A′B′C ′ .d ( M , ( A′B′C ′ ) ) = . S A′B′C ′ .d ( M , ( A′B′C ′ ) ) = V . 3 3 3 9

Do BCC ′B′ là hình bình hành và NB′ = 2 NB , PC = PC ′ nên S B′C ′PN =

7 S BCPN . 5

7 Suy ra VM .B′C ′PN = VM .BCPN , Từ đó V = VM . ABC + VM . BCPN + VM . A′B′C ′ + VM .B′C ′PN 5 2 1 7 5 ⇔ V = V + VM . BCPN + V + VM .BCPN ⇔ VM .BCPN = V . 9 9 5 18 V 2 5 1 1 Như vậy V1 = V + V = V ⇒ V2 = V . Bởi vậy: 1 = 1 . V2 9 18 2 2 Câu 48. Lời giải 1  x  x Xét hàm số g ( x) = f 1 −  + x, g ′( x) = − f ′ 1 −  + 1 2  2  2 1  x  x g ′( x) < 0 ⇔ − f ′ 1 −  + 1 < 0 ⇔ f ′ 1 −  > 2 2  2  2 x ⇔ 2 < 1 − < 3 ⇔ −4 < x < −2 2 Vậy hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −4; −2) Câu 49. Lời giải 2 Ta có: Stp = S xq + Sñ = π Rl + π R = π R(l + R)

Câu 50. Lời giải Đường thẳng y = −1 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 2 điểm. Vậy phương trình f ( x ) + 1 = 0 có 2 nghiệm.

Trang 19/19 - Mã đề thi 189 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ Mã đề thi 193

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Câu 1. Cho hình hình chóp S. ABC có cạnh SA vuông góc với mặt đáy và SA = a 3 . Đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng a3 a3 3a 3 A. . B. . C. . D. 3a 3 . 12 12 4 2 Câu 2. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ ; f ′ ( x ) ≥ x 4 + 2 − 2 x , ∀x > 0 và f (1) = −1 . Khẳng định x nào sau đây đúng? A. Phương trình f ( x ) = 0 có 1 nghiệm trên (1; 2 ) . B. Phương trình f ( x ) = 0 có 1 nghiệm trên ( 2;5 ) . C. Phương trình f ( x ) = 0 có 1 nghiệm trên ( 0;1) . D. Phương trình f ( x ) = 0 có đúng 3 nghiệm trên

( 0; +∞ ) . 1

Câu 3. Rút gọn biểu thức P = x 6 . 3 x , với x > 0. 2

B. P = x 2 .

A. P = x 9 .

Câu 4. Tập nghiệm của bất phương trình A.

( −5; +∞ ) .

C. P = x .

( 3 5)

x −1

D. P = x 8 .

< 5x+3 là C.

( 0; +∞ ) .

( −∞; −5) .

( −∞;0 ) .

Câu 5. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( x ) + m = 0 có ba nghiệm phân biệt là

B. [ −1; 2 ) .

( −2;1] .

Câu 6. Tập xác định của hàm số y = ( 2 − 3x ) 2 A. ℝ \   . 3

Câu 7. Hàm số y =

x −∞ y′ y

2  B.  ; +∞  . 3 

C. 5 − 3

( −1; 2 ) .

( −2;1) .

là 2  C.  −∞;  . 3 

D. ℝ .

1 có bảng biến thiên như hình vẽ sau x +1 0 +∞ 0 − 2

1 0 0 Khẳng định nào sau đây đúng? A. Hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. Trang 1/19 - Mã đề thi 193 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1. C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0 . D. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và giá trị nhỏ nhất bằng 0 . 2

Câu 8. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) = x 4 ( 2 x + 1) ( x − 1) . Số điểm cực trị của hàm số f ( x ) là A. 1. B. 2 . C. 0 . D. 3 . Câu 9. Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh bằng a . Góc giữa hai đường thẳng BD và AD′ bằng A. 30° . B. 90° . C. 45° . D. 60° . Câu 10. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình log 3 ( 32 x −1 − 3 x −1 + 1) = x . Giá trị của biểu thức

3x1 − 3x2 bằng A. 2 − 3 . B. 2 − 3 . C. 1 − 3 . D. 1 + 3 . Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A (1;2; −3) , B ( −4;2;5) và M ( m + 2;2n − 1;1) . Điểm M thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi 7 3 7 3 A. m = −7 ; n = 3 . B. m = 7 ; n = −3 . C. m = − ; n = . D. m = ; n = − . 2 2 2 2 Câu 12. Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số f1 ( x ) , f 2 ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] và hai đường thẳng x = a , x = b . y f1 ( x )

f2 ( x )

a c1

b x

Công thức tính diện tích của hình ( H ) là b

A. S = ∫ f 2 ( x ) dx − ∫ f1 ( x ) dx .

B. S = ∫ ( f1 ( x ) − f 2 ( x ) ) dx . a

C. S = ∫ f1 ( x ) + f 2 ( x ) dx .

D. S = ∫ f1 ( x ) − f 2 ( x ) dx .

Câu 13. Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1; 2;3) và đường thẳng d : điểm M và đường thẳng d có phương trình là A. 2 x + 3 y − 5 z = 0 . C. 5 x + 2 y − 3 z + 1 = 0 .

x y z = = . Mặt phẳng ( P ) chứa 1 −1 1

B. 5 x + 2 y − 3 z = 0 . D. 2 x + 3 y − 5 z + 7 = 0 .

Câu 14. Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng tổng quát un = 2n + 3 . Số hạng thứ 10 có giá trị bằng A. 23 . B. 280 . C. 140 . D. 20 . Câu 15. Trong mặt phẳng phức, cho w là số phức thay đổi thỏa mãn w = 2 , khi đó các điểm biểu diễn số phức z = 3w + 1 − 2i chạy trên đường có tâm I và bán kính R là A. I (1; −2 ) và R = 6 . B. I ( −1; 2 ) và R = 2 .

C. I (1; −2 ) và R = 2 . Câu

16.

T ập

hợp

D. I ( −1;2 ) và R = 6 . tấ t

cả

các

giá

trị

thực

c ủa

tham

e3m + e m = 2 ( x + 1 − x 2 )(1 + x 1 − x 2 ) có nghiệm là 1    1 1  A.  −∞; ln 2  . B.  0;  . C.  ln 2; +∞  . 2    e 2  Câu 17. Hàm số F ( x ) = cos 3 x là một nguyên hàm của hàm số Trang 2/19 - Mã đề thi 193

số

để

phương

 1  D.  0; ln 2  .  2 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

trình

A. f ( x ) = 3sin 3x .

B. f ( x ) = − sin 3 x .

C. f ( x ) =

sin 3 x . 3

D. f ( x ) = −3sin 3x .

Câu 18. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y 3 2 1 -1

x 0 1

A. y = − x3 − 3 x 2 − 1 .

B. y = − x3 + 3 x 2 + 1 .

C. y = x 3 − 3 x + 1 .

D. y = x3 − 3 x 2 + 3 x + 1 .

Câu 19. Cho tập hợp A = {0; 1; 2; 3; 4; 5} . Gọi S là tập hợp các số có 3 chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số của tập A . Chọn ngẫu nhiên một số từ S , xác suất để số được chọn có chữ số cuối gấp đôi chữ số đầu bằng 23 2 4 1 A. . B. . C. . D. . 25 25 5 5 Câu 20. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A (1;0;3) , B ( 2;3; −4 ) và C ( −3;1;2 ) . Tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành là A. ( −4;2;9 ) . B. ( 4; −2;9 ) .

( −4; −2;9) .

( 4;2; −9 ) .

x −1 y − 2 z + 4 Câu 21. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : . Một vectơ chỉ phương của d là = = 2 3 − 1 A. u = ( −1; −2; 4 ) . B. u = ( 2;3; −1) . C. u = ( 2;3;1) . D. u = (1; 2; −4 ) .

5 Câu 22. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + 1 − 2i + z1 − 3 − 3i = 2 z2 − 1 − i = 17 . Giá trị lớn nhất của 2 biểu thức P = z1 − z2 + z1 + 1 + 2i bằng

A. 2 17 . B. 17 + 41 . C. 17 − 41 . D. 3 41 . Câu 23. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm I (1; −1;1)

(α ) : 2 x + y − 2 z + 10 = 0 . Mặt cầu ( S ) tâm

I tiếp xúc (α ) có phương trình là:

=9.

( S ) : ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 1)

=3.

( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 1)

( S ) : ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 1)

và mặt phẳng

= 1.

=1.

Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : 2 x − 3 y − z − 1 = 0 . Điểm nào sau đây không thuộc mặt phẳng (α ) ? A. Q (1; 2; − 5 ) . Câu 25. Biết A.

∫ xe

B. N ( 4; 2;1) . 2x

C. M ( −2;1; − 8 ) .

D. P ( 3;1;3) .

dx = axe + be + C , với a , b là các số hữu tỉ. Giá trị của ab bằng

1 . 4

1 B. − . 8

Câu 26. Cho hàm số y =

1 . 8

D. −

1 . 4

ax + b có đồ thị như hình vẽ bên dưới. x+c

Trang 3/19 - Mã đề thi 193 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x -1

2 3

0 1 -1 −3 2

Giá trị của biểu thức a + 2b + c bằng A. − 2 . B. 0 .

C. 3 .

D. − 1 . x−2 y z Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt cầu = = 2 −1 4 2 2 2 ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 2 . Hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) chứa d và tiếp xúc với ( S ) lần lượt tại M và

N . Độ dài đoạn thẳng MN bằng A. 4 .

B. 2 2 . 2

Câu 28. Biết

∫x 1

4 . 3

dx = a + b − c , với a , b , c là các số nguyên dương. Giá trị của x + 2 + ( x + 2) x

a + b + c bằng A. 2 . Câu 29. Cho

B. 8 .

C. 46 .

∫ f ( x ) dx = 7 và ∫ g ( x ) dx = −3 , khi đó ∫  f ( x ) + g ( x ) dx

A. 10 .

B. −10 .

C. −21 .

D. 22 . bằng

D. 4 .

Câu 30. Một cổng chào có dạng hình parabol với chiều cao 18 m , chiều rộng chân đế 12 m . Người ta căng hai sợi dây trang trí AB , CD nằm song song với mặt đất, đồng thời chia hình giới hạn bởi parabol và mặt đất thành ba phần có diện tích bằng nhau .

18 m D

12 m

Tỉ số

AB bằng CD 1 . 2

4 . 5

1 . 2

3 . 1+ 2 2

Câu 31. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = a 2 , đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600 . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng A. 6a 3 . B. 3a 3 . C. 2a3 . D. 3 2a3 . Trang 4/19 - Mã đề thi 193

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 32. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

( −1;3) .

( 0;1) .

( 0; +∞ ) .

( −∞;0 ) .

Câu 33. Cho hình nón có chiều cao ℎ, bán kính đáy r và độ dài đường sinh là l. Khẳng định nào sau đây đúng? 1 A. Stp = π r ( r + l ) . B. S xq = 2π rh . C. V = .r 2 h . D. S xq = π rh . 3 Câu 34. Bỏ ngẫu nhiên 4 lá thư vào 4 phong bì có địa chỉ khác nhau. Gọi A là biến cố “có ít nhất một lá thư đến đúng người nhận”, khi đó P ( A ) bằng 1 1 1 5 A. B. . C. . D. . 24 3 4 8 3 2 Câu 35. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = 2 x − mx + 2 x đồng biến trên khoảng

( −2; 0) . 13 13 D. m ≥ − . 2 2 Câu 36. Cho hai số phức z1 = 2 + 3i và z2 = −3 − 5i . Tổng phần thực và phần ảo của số phức w = z1 + z2 bằng A. 3 . B. 0 . C. −1 − 2i . D. −3 . Câu 37. Có bao nhiêu cách xếp 4 học sinh vào một cái bàn dài có 4 chỗ ngồi? A. 8 . B. 24 . C. 4 . D. 16 . Câu 38. Điểm M (2; −3) là điểm biểu diễn của số phức

A. m ≥ −2 3 .

B. m ≤ 2 3 .

C. m ≥

A. z = 2 − 3i . B. z = 3 − 2i . C. z = 2 + 3i . D. z = −3 − 2i . Câu 39. Diện tích toàn phần của hình trụ có bán kính đáy a và đường cao a 3 bằng

(

)

A. π a 2 1 + 3 .

(

)

B. 2π a 2 1 + 3 .

C. 2π a 2

(

)

3 −1 .

D. π a 2 3 . 2

Câu 40. Ký hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 4 z + 11 = 0 . Giá trị của z1 + 2 z2 bằng C. 14 .

A. 18 . B. 33 . Câu 41. Đặt log 2 5 = a , khi đó log 8 25 bằng A.

2 a. 3

B. 2a .

D. 22 .

3 a. 2

D. 3a .

Câu 42. Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. y

2 1 -1

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm A. x = −1 . B. x = 1 .

C. x = 0 .

D. x = 2 .

Trang 5/19 - Mã đề thi 193 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3a . Hình chiếu vuông góc của 2 S trên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm của AB . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBD ) bằng

Câu 43. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SD =

a 2a a 3 a 3 . B. . C. . D. . 3 3 2 3 Câu 44. Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình x 2 − x + 2 + a ln x 2 − x + 1 ≥ 0 nghiệm đúng với mọi

(

x ∈ ℝ . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a ∈ (8; +∞ ) . B. a ∈ ( 6;7] .

C. a ∈ ( −6; −5] .

)

D. a ∈ ( 2;3] .

Câu 45. Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 961m , người ta muốn mở rộng thêm 4 phần đất sao cho tạo thành hình tròn ngoại tiếp mảnh vườn. Biết tâm hình tròn trùng với tâm của hình chữ nhật . Tính diện tích nhỏ nhất S min của 4 phần đất được mở rộng.

A. S m in = 961π − 961(m 2 ) .

B. S min = 1922 π − 961(m 2 ) .

C. S min = 1892π − 946 (m 2 ) .

D. S min = 480, 5π − 961(m 2 )

Câu 46. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA = x và vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Xác định x để hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) tạo với nhau một góc 600 . A. x = a .

B. x = 2a.

C. x =

3a . 2

a 2

D. x = .

Câu 47. Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như sau y

−1

x O1

Số điểm cực đại của hàm số y = f A. 3 . B. 2 .

(

x 2 + 2 x + 2 ) là C. 4 .

D. 1.

Câu 48. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm thực của phương trình f ( 4 x − x 2 ) − 2 = 0 là A. 4 . B. 0 . C. 2 . D. 6 . Câu 49. Nhằm giúp đỡ sinh viên có hoàn cảnh khó khăn hoàn thành việc đóng học phí học tập, Ngân hàng Chính sách xã hội địa phương đã hỗ trợ bạn sinh viên A vay 20 triệu đồng với lãi suất 12%/năm và ngân hàng Trang 6/19 - Mã đề thi 193

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

chỉ bắt đầu tính lãi sau khi bạn A kết thúc khóa học của mình. Bạn A đã hoàn thành khóa học và đi làm với mức lương 5,5 triệu đồng/tháng, bạn A dự tính sẽ trả hết nợ gốc lẫn lãi suất cho ngân hàng trong 36 tháng. Hỏi số tiền m mỗi tháng mà bạn A phải trả cho ngân hàng là bao nhiêu? 1,122 × 36 × 0,12 1,123 × 20 × 0,12 A. m = tri ệ u. B. m = triệu. (1,122 − 1) ×12 (1,123 − 1) ×12

C. m =

1,122 × 20 × 0,12 triệu. (1,122 − 1) ×12

D. m =

1,123 × 36 × 0,12 triệu. (1,123 − 1) ×12

x −1

 1  Câu 50. Phương trình   = 1252 x có nghiệm là  25  1 1 1 A. x = − . B. x = − . C. x = . 4 8 4 ------------- HẾT -------------

D. x = 4 .

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

C2 C16 C35 C44

C47 C48

Đại số C5 C7 C8 C26 Chương 1: Hàm Số

Lớp 12 (94%)

C18 C32 C42

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C3 C6 C41

C4 C50

C10 C49

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

C17

C12 C25 C29

C28 C30

Chương 4: Số Phức

C38

C15 C36 C40

C22

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C33 C39

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C21 C24

C9 C31 C43 C46

C11 C13 C20 C23 C37

C27

Đại số

Lớp 11 (4%)

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác Trang 7/19 - Mã đề thi 193 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

C19 C34

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C14

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (2%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Trang 8/19 - Mã đề thi 193

C45

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tổng số câu

Điểm

2.4

3.6

0.4

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: KHÁ + Đánh giá sơ lược: Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11 và 10 20 câu VD-VDC phân loại học sinh 1 số câu hỏi khó như C47 C48 phần hàm số Chủ yếu câu hỏi ở mức vận dụng và nhận biết. Đề phân loại học sinh ở mức khá

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C A C A D C B A D C 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 C C B D C C B A D A

11 C 36 D

12 D 37 B

13 B 38 A

14 A 39 B

15 A 40 B

16 A 41 A

17 D 42 C

18 D 43 B

19 B 44 B

20 C 45 D

21 B 46 A

22 B 47 D

23 A 48 A

24 D 49 D

25 B 50 C

Câu 1. Hướng dẫn giải AB 2 3 a 2 3 . = 4 4 a 2 3 a3 1 1 = SA.S ∆ABC = .a 3. = . 3 3 4 4

Ta có: S∆ABC = VS . ABC

Câu 2. Hướng dẫn giải

3 x 6 − 2 x 3 + 2 ( x − 1) + 1 2 ′ = > 0 , ∀x > 0 . f ( x) ≥ x + 2 − 2x = x2 x2 x ⇒ y = f ( x ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) . 4

⇒ f ( x ) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên khoảng ( 0; +∞ ) (1) . Mặt khác ta có: 2

f ′ ( x ) ≥ x4 +

2 21 2   − 2 x > 0 , ∀x > 0 ⇒ ∫ f ′ ( x ) dx ≥ ∫  x 4 + 2 − 2 x  dx = 2 5 x x  1 1

21 17 ⇒ f ( 2) ≥ . 5 5 Kết hợp giả thiết ta có y = f ( x ) liên tục trên [1; 2] và f ( 2 ) . f (1) < 0 ( 2 ) . ⇒ f ( 2 ) − f (1) ≥

Từ (1) và ( 2 ) suy ra phương trình f ( x ) = 0 có đúng 1 nghiệm trên khoảng (1; 2 ) .

Câu 3. Câu 4. Câu 5. Hướng dẫn giải Trang 9/19 - Mã đề thi 193 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có f ( x ) + m = 0 ⇔ f ( x ) = − m (1) . Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số H và đường thẳng y = − m . Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f ( x ) = −m có ba nghiệm phân biệt khi:

−1 < −m < 2 ⇔ −2 < m < 1 . Câu 6. Hướng dẫn giải Hàm số y = ( 2 − 3x )

−

5 3

có nghĩa khi 2 − 3 x > 0 ⇔ x <

2 . 3

Câu 7. Câu 8. Hướng dẫn giải x = 0  1 2 Ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔ x 4 ( 2 x + 1) ( x − 1) = 0 ⇔  x = − . 2  x =1  Bảng xét dấu:

Suy ra hàm số có một điểm cực trị. Câu 9. Hướng dẫn giải Có B ' D '/ / BD ⇒ ( BD, AD ' ) = ( B ' D ', AD ') = AD ' B ' = 600 vì ∆AB ' D ' đều cạnh a 2 . Câu 10. Hướng dẫn giải

log3 32 x −1 − 3x−1 + 1 = x

(

)

⇔ 32 x −1 − 3x −1 + 1 = 3x ⇔ 32 x − 4.3x + 3 = 0 ⇔ 3x = 3 hoặc 3x = 1 ⇔ x = 1 hoặc x = 0 .

Do x1 < x2 nên x1 = 0, x2 = 1. Ta được đáp án A là đúng. Câu 11. Hướng dẫn giải Ta có AB có vtcp u = AB = ( −5;0;8 )

 x = 1 − 5t  Đường thẳng AB qua A (1; 2; −3) và có vtcp u = AB = ( −5;0;8 ) ⇒ AB :  y = 2   z = −3 + 8t

Trang 10/19 - Mã đề thi 193

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

7  m = − 2 1 − 5t = m + 2  3   ⇔ n = Khi đó thay tọa độ M vào thì ta được hệ: 2n − 1 = 2 . 2 −3 + 8t = 1    1 t = 2  Câu 12. Câu 13. Hướng dẫn giải Tìm một điểm A (1; −1;1) ∈ d . AM = ( 0;3; 2 ) n =  AM ; u  = ( 5; 2; −3) ⇒ ( P ) : 5 x + 2 y − 3z = 0 . Câu 14. Hướng dẫn giải u10 = 2.10 + 3 = 23 Câu 15. Hướng dẫn giải Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi Ta có w = 2 ⇔

( x, y ∈ ℝ ) .

z + 2i − 1 2 2 = 2 ⇔ z + 2i − 1 = 6 ⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) = 36 . 3

Vậy tập hợp điểm cần tìm là đường tròn tâm I (1; −2 ) , bán kính R = 6 .

Câu 16. Hướng dẫn giải

−1 ≤ t ≤ 2 Đặt t = x + 1 − x 2 ⇒  . Khi đó: e3m + e m = t ( t 2 + 1) ⇔ e3 m + e m = t 3 + t . 2 2 t − 1 = 2 x 1 − x Xét hàm f ( u ) = u 3 + u ⇒ f ′ ( u ) = 3u 2 + 1 . Hàm số luôn đồng biến.

⇒ e3 m + e m = t 3 + t ⇔ e m = t . Phương trình có nghiệm: e m ≤ 2 ⇔ m ≤

Câu 17. Hướng dẫn giải Ta có F ( x ) = cos 3x ⇒ F ′ ( x ) = −3sin 3x .

1 ln 2 . 2

Vậy hàm số F ( x ) = cos 3x là nguyên hàm của hàm số f ( x ) = −3sin 3x .

Câu 18. Câu 19. Hướng dẫn giải.

a, b, c ∈ A  Gọi số cần tìm của tập S có dạng abc . Trong đó a ≠ 0 . a ≠ b; b ≠ c; c ≠ a  Khi đó - Số cách chọn chữ số a có 5 cách chọn vì a ≠ 0 . - Số cách chọn chữ số b có 5 cách chọn vì b ≠ a . - Số cách chọn chữ số c có 4 cách chọn vì c ≠ a và c ≠ b . Do đó tập S có 5.5.4 = 100 phần tử. Không gian mẫu là chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập S . Trang 11/19 - Mã đề thi 193 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 = 100 . Suy ra số phần tử của không gian mẫu là Ω = C100

Gọi X là biến cố "Số được chọn có chữ số cuối gấp đôi chữ số đầu". Khi đó ta có các bộ số là 1b2 hoặc 2b4 thỏa mãn biến cố X và cứ mỗi bộ thì b có 4 cách chọn nên có tất cả 8 số thỏa yêu cầu. Suy ra số phần tử của biến cố X là Ω X = 8 . ΩX 8 2 = = . 100 25 Ω

Vậy xác suất cần tính P ( X ) =

Câu 20. Hướng dẫn giải AD = BC ⇒ ( xD − 1; yD ; z D − 3) = ( −5; −2;6 ) ⇒ D ( −4; −2;9 ) . Câu 21. Hướng dẫn giải  qua M ( x0 , y0 , z0 ) x − x0 y − y0 z − z0 ⇒ PTTS của d có dạng . d : = = u1 u2 u3 VTCP u = ( u1 , u2 , u3 ) Câu 22. Hướng dẫn giải

 5 Đặt A ( −1; 2 ) , B ( 3;3) , C  1;  và M , N lần lượt là hai điểm biểu diễn z1 , z2 .  2 5 Ta có: z1 + 1 − 2i + z1 − 3 − 3i = 2 z2 − 1 − i = 17 ⇒ MA + MB = 2 NC = 17 . 2 Lại có: AB = 17 và C là trung điểm AB ⇒ M thuộc đoạn AB và N chạy trên đường tròn đường kính AB . Ta có: P = z1 − z2 + z1 + 1 + 2i = MN + MD với D ( −1; −2 ) . Mà MN ≤ 2R = 17 ; MD ≤ max { DA; DB} = DB = 41 . Vậy P = z1 − z2 + z1 + 1 + 2i = MN + MD ≤ 17 + 41 dấu " = " xảy ra khi M ≡ B và N ≡ A . Câu 23. Hướng dẫn giải Bán kính của mặt cầu ( S ) tiếp xúc mp (α ) là:

R = d ( I , (α ) ) =

2 − 1 − 2 + 10

= 3. 9 Phương trình mặt cầu ( S ) tâm I (1; − 1;1) ,bán kính R = 3 là: 2

( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 1)

=9.

Câu 24. Hướng dẫn giải Thay lần lượt toạ độ của các điểm P , Q , M , N . Chỉ có toạ độ điểm P không thoả nên P ∉ (α ) . Câu 25. Hướng dẫn giải Trang 12/19 - Mã đề thi 193

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

du = dx u = x  ⇒ Đặt  1 2x 2x dv = e dx v = e  2 1 1 1 1 Suy ra ∫ xe2 x dx = xe 2 x − ∫ e 2 x dx = xe2 x − e 2 x + C . 2 2 2 4 1 1 1 Vậy a = ; b = − ⇒ ab = − . 2 4 8 Câu 26. Hướng dẫn giải Từ đồ thị ta thấy: + Tiệm cận đứng x = 2 ⇒ c = −2 . + Tiệm cận ngang y = −1 ⇒ a = −1 . 3  + Đồ thị cắt Oy tại  0; −  ⇒ b = 3 . 2  Vậy a + 2b + c = −1 + 2.3 − 2 = 3 . Câu 27. Hướng dẫn giải

Xét mặt phẳng thiết diện đi qua tâm I , điểm M , N và cắt d tại H . Khi đó IH chính bằng khoảng cách từ điểm I (1; 2;1) đến đường thẳng d . Điểm K ( 2;0;0 ) ∈ d ⇒ IK = (1; −2; −1) và u( d ) = ( 2; −1; 4 )

 −2 −1 −1 1 1 −2  ; ; Suy ra  IK ; u( d )  =   = ( −9; −6;3) .    −1 4 4 2 2 −1   IK ; u( d )  126   ⇒ d ( I ; ( d )) = = = 6 ⇒ IH = 6, IM = IN = R = 2 21 u( d ) Gọi O là trung điểm của MN ⇒ MO =

2 4 MH .MI = ⇒ MN = IH 3 3

Câu 28. Hướng dẫn giải Ta có

(

∫

2 dx dx =∫ 1 x x + 2 + ( x + 2) x x x+2 x+2 + x

(

x+2 − x

) dx =

1  1  −  dx = ∫ 1 1  2 x x+2 2 x 2 x+2  Vậy a = 2 ; b = 3 ; c = 3 nên P = a + b + c = 8 . Câu 29.

=∫

(

)

x − x+2

)

2 1

= 2 + 3 −3.

Trang 13/19 - Mã đề thi 193 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 30. Hướng dẫn giải Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. y

−6

x1 x2

18m D

−18

Phương trình Parabol có dạng y = a.x 2 ( P ) .

( P)

đi qua điểm có tọa độ ( −6; −18) suy ra: −18 = a. ( −6 ) ⇔ a = −

Từ hình vẽ ta có:

1 1 ⇒ ( P ) : y = − x2 . 2 2

AB x1 = . CD x2

1 Diện tích hình phẳng giới bạn bởi Parabol và đường thẳng AB : y = − x12 là 2 x1

 1 x3 1   1 2  1  S1 = 2 ∫  − x 2 −  − x12   dx = 2  − . + x12 x  = x13 . 2  2   2 3 2 0 3 0  1 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol và đường thẳng CD y = − x22 là 2 x2

 1 x3 1   1 2  1  S2 = 2 ∫  − x 2 −  − x22   dx = 2  − . + x22 x  = x23 2  2   2 3 2 0 3 0  1 1 x AB x1 Từ giả thiết suy ra S 2 = 2 S1 ⇔ x23 = 2 x13 ⇔ 1 = 3 . Vậy = = 3 . x2 CD x2 2 2 Câu 31. Hướng dẫn giải S

60 D

Trang 14/19 - Mã đề thi 193

1 VSABCD = SA.dt ABCD 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có AC = AB 2 + AD 2 = a 2 + 2a 2 = 3a

SA = AC. tan 600 = 3a. 3 = 3a

dt ABCD = AB. AD = a. 2a = 2a 2 1 ⇒ VSABCD = 3a. 2a 2 = 2a 3 . 3 Câu 32. Câu 33. Hướng dẫn giải 1 V = .π r 2 h ; S xq = π rl ; Stp = π r 2 + π rl . 3 Câu 34. Hướng dẫn giải Ta có: n ( Ω ) = 4! = 24 1 3 1 - TH2: Gọi B2 “Chỉ có 2 lá thư đặt đúng địa chỉ” ⇒ P ( B2 ) = 4 1 - TH3: Gọi B3 “Có 4 lá thư đặt đúng địa chỉ” ⇒ P ( B3 ) = 24 1 1 1 5 Vậy: P ( A ) = + + = . 3 4 24 8 Câu 35. Hướng dẫn giải Hàm số đồng biến trên ( −2;0 ) ⇔ y′ = 6 x 2 − 2mx + 2 ≥ 0 ∀x ∈ ( −2;0 )

- TH1: Gọi B1 “Chỉ có 1 lá thư đặt đúng địa chỉ” ⇒ P ( B1 ) =

1 ∀x ∈ ( −2;0 ) . x 1 1 Xét hàm số g ( x ) = 3 x + ⇒ g ′ ( x ) = 3 − 2 . x x 1 Khi đó g ′ ( x ) = 0 ⇔ x = − ∈ ( −2;0 ) . 3 Bảng biến thiên:

⇔ m ≥ 3x +

Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị cần tìm của m là m ≥ −2 3 . Câu 36.

Câu 37. Hướng dẫn giải Mỗi cách xếp là một hoán vị của 4 phần tử: 4! = 24 . Câu 38.

Câu 39. Hướng dẫn giải 60

Trang 15/19 - Mã đề thi 193 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú C D Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có: S xq = 2π a.a 3 = 2π a 2 3 ; Sday = π a 2 . Do đó Stp = 2π a 2 3 + 2π a 2 = 2π a 2 (1 + 3) .

Câu 40. Câu 41. Câu 42. Câu 43. Hướng dẫn giải

Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) . Do đó SH ⊥ HD ,ta có SH = SD2 − HD 2 = SD2 − AH 2 + HD2 = a .

(

)

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên BD và E là hình chiếu vuông góc của H trên SK . Ta có BD ⊥ HK và BD ⊥ SH ⇒ BD ⊥ ( SHK ) ⇒ BD ⊥ HE . Mà HE ⊥ SK do đó HE ⊥ ( SBD ) .

= a 2 ⇒ HE = Ta có HK = HB.sin KBH 4

HS.HK 2

HS + HK 2a Do đó d ( A; ( SBD ) ) = 2d ( H ; ( SBD ) ) = 2 HE = . 3 Câu 44. Hướng dẫn giải

a . 3

1 3 3  Đặt t = x 2 − x + 1 =  x −  + ≥ 2 4 4  Ta có: x 2 − x + 2 + a ln x 2 − x + 1 ≥ 0 ⇔ t + 1 + a ln t ≥ 0

(

Đặt f ( t ) = t + 1 + a ln t , t ≥ f ′ (t ) = 1 +

)

3 . 4

a > 0 ⇒ f ( t ) là hàm số đồng biến trên t

3   4 ; +∞  .

3 Khi đó f ( t ) ≥ f   4 7 3 4 3 3 f ( t ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ f   ≥ 0 ⇔ + a.ln ≥ 0 ⇔ a ≤ − ln ≈ 6, 083 . 4 4 7 4 4 Câu 45. Hướng dẫn giải. Trang 16/19 - Mã đề thi 193

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Gọi x (m ), y (m ) ( x > 0, y > 0) lần lượt là hai kích thước mảnh vườn hình chữ nhật; R (m ) là bán kính hình tròn ngoại tiếp mảnh vườn  → R 2 = OB 2 =

x2 + y2 . 4

Theo đề bài, ta có xy = 961m 2 . Diện tích 4 phần đất mở rộng: S = S tron − S ABCD = π R 2 − xy = π.

(x 2 + y 2 ) 4

Cosi

− xy ≥ π.

Câu 46.

2 xy − xy = 480, 5π − 961 . 4

K H

D A

Hướng dẫn giải Từ A kẻ AH vuông góc với SB ( H ∈ SB ). SA ⊥ BC Ta có  ⇒ BC ⊥ (SAB ) ⇒ BC ⊥ AH mà AH ⊥ SB suy ra AH ⊥ (SBC ).

Từ

 AB ⊥ BC A kẻ AK vuông

góc với SD ( K ∈ SD ), tương tự,chứng minh được SK ⊥ (SCD ).

= 60 0. SBC );(SCD ) = ( AH ; AK ) = HAK Khi đó SC ⊥ ( AHK ) suy ra ( = 60 0 suy ra tam giác AHK đều. Lại có ∆SAB = ∆SAD ⇒ AH = AK mà HAK

1 1 1 = + ⇒ AH = 2 2 AH SA AB 2

Tam giác SAB vuông tại S , có Suy ra SH = SA 2 − AH 2 = Vì HK // BD suy ra

x2 x 2 + a2

⇒

xa 2

x + a2

SH x2 . = 2 x + a2 SB

SH HK x2 = ⇔ 2 = SB BD x + a2

xa 2

x + a .a 2

⇔

x +a

1 2

⇒ x = a. .

Câu 47. Hướng dẫn giải Từ đồ thị của y = f ′ ( x ) ta chọn f ′ ( x ) = ( x + 1)( x − 1)( x − 3) . Áp dụng công thức y =  f ( u ) ′ = u′f ′ ( u ) với u = x 2 + 2 x + 2 Ta có

y′ =  f 

(

)

( x + 1) (

−∞

( x + 2x + 2 2

)(

x2 + 2x + 2 + 1

)(

x2 + 2x + 2 −1

 x = −1  ⇒ y′ = 0 ⇔  x = −1 + 2 2 2 2 x + 2x + 2 +1 x + 2x + 2 + 3  x = −1 − 2 2  −1 −1 − 2 2 −1 + 2 2 0 0 0 − + − +

)

x2 + 2x + 2 − 3

)

x 2 + 2 x + 2 + 1 ( x + 1) ( x 2 + 2 x − 7 )

x2 + 2 x + 2

x y′

x +1

′ x2 + 2x + 2  = 

(

)(

)

+∞

y Trang 17/19 - Mã đề thi 193 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có một điểm cực đại. Câu 48. Hướng dẫn giải f 4 x − x 2 − 2 = 0 ⇔ f 4 x − x 2 = 2 (1)

(

)

(

)

⇒ f ′ 4 x − x 2 = ( −2 x + 4 ) ⋅ f ′ 4 x − x 2

(

)

(

)

x=0 4 x − x2 = 0 ⇔  x = 2 f ′( 4x − x ) = 0 ⇔  2 4 x − x = 4  x = 4. 2

 0 < 4 x − x 2 < 4    −2 x + 4 > 0 0 < x < 2 2 f ′ ( 4 x − x ) > 0 ⇔   4 x − x2 < 0 ⇔    x > 4.    4 x − x 2 > 4     −2 x + 4 < 0  0 < 4 x − x 2 < 4    −2 x + 4 < 0 2 < x < 4 f ′ ( 4x − x2 ) < 0 ⇔  4x − x2 < 0 ⇔     x < 0.    4 x − x 2 > 4     −2 x + 4 > 0 Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra (1) có 4 nghiệm thực phân biệt.

Câu 49. Hướng dẫn giải Gọi m là số tiền mà bạn A phải trả trong mỗi tháng. Số tiền bạn A trả trong 1 năm là 12m . Số tiền bạn A còn nợ ngân hàng sau1 năm: 20 (1 + 12% ) − 12m Số tiền bạn A còn nợ ngân hàng sau 2 năm:

( 20 (1 + 12% ) − 12m ) (1 + 12% ) − 12m ⇔ 20 (1 + 12% ) Số

tiền

bạn

(

còn

− 12m (1 + (1 + 12% ) )

nợ

ngân

hàng

)

⇔ 20 (1 + 12% ) − 12m (1 + (1 + 12% ) ) (1 + 12% ) − 12m = 0 2 ⇔ 20 (1 + 12% ) − 12m 1 + (1 + 12% ) + (1 + 12% )  = 0   3

⇔m=

20 (1 + 12% )

2 12 1 + (1 + 12% ) + (1 + 12% )    Câu 50.

Trang 18/19 - Mã đề thi 193

20 ×1,123 × 0,12 . 12 (1,123 − 1)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

năm:

Trang 19/19 - Mã đề thi 193 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ Mã đề thi 139

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Câu 1. Xét hàm số f ( x ) = x 2 + ax + b . Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên [ −1;3] . Giá trị của biểu thức a + 2b khi M nhỏ nhất là B. −4 . A. 4 . 2

C. 2 .

D. 3 .

x y + = 1. Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay (E ) xung quanh trục 25 16 hoành. Giá trị gần đúng của V là A. 550 . B. 400 . C. 335 . D. 670 .

Câu 2. Cho elip (E ) :

Câu 3. Cho phương trình log5 5x − 1 .log 25 5x+1 − 5 = 1 và đặt t = log 5 5 x − 1 , ta được phương trình nào

(

)

(

)

(

)

dưới đây? A. t 2 + t − 2 = 0 .

B. t 2 − 2 = 0 .

C. 2t 2 + 2t − 1 = 0 . D. t 2 − 1 = 0 . mx + 4 Câu 4. Tất cả giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = giảm trên khoảng ( −∞;1) là x+m A. −2 ≤ m ≤ −1 . B. −2 < m ≤ −1 . C. −2 ≤ m ≤ 2 . D. −2 < m < 2 . Câu 5. Cho số phức z = 3 − 2i . Tìm phần thực và phần ảo của z . A. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng −2i . B. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng −2 . C. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng −2 . D. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2 . Câu 6. Tập hợp tất cả giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = x 2 + m 4 − x 2 + m − 7 có điểm chung với trục hoành là [ a; b] . Giá trị của 2a + b bằng 23 19 C. D. 7. . 3 3 Câu 7. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h . Thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đó là

A. 5.

A. V =

π a2h

B. V =

π a2h

C. V = 3π a 2 h .

3 9 Câu 8. Cho hàm số y = f ( x ) . Khẳng định nào sau đây đúng ?

D. V =

π a2h 9

A. Hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại x0 thì nó không có đạo hàm tại x0 . B. Hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại x0 thì f ′′ ( x0 ) > 0 hoặc f ′′ ( x0 ) < 0 . C. Nếu hàm số đạt cực trị tại x0 thì hàm số không có đạo hàm tại x0 hoặc f ′ ( x0 ) = 0 . D. Hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại x0 thì f ′ ( x0 ) = 0 . Câu 9. Cho các hàm số f ( x ) = x 2 − 4 x + 2016 và g ( x ) =

1 4 1 3 1 2 x + x − x − x + 2016 . Hàm số nào có ba 4 3 2

cực trị ?

A. Không có hàm số nào.

B. Hàm số f ( x ) .

C. Hàm số f (x ) và g(x ).

D. Hàm số g ( x ) .

Trang 1/20 - Mã đề thi 139 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 10. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [1; 4] và thỏa mãn f ( x ) =

(

) + ln x . Tích phân

f 2 x −1 x

I = ∫ f ( x ) dx là 3

B. I = 3 + 2 ln 2 2 .

A. I = 2 ln 2 .

C. I = 2 ln 2 2 .

D. I = ln 2 2 .

Câu 11. Cho khối nón có bán kính r = 5 và chiều cao h = 3 . Thể tích V của khối nón là A. V = 5π . B. V = 3π 5 . C. V = π 5 . Câu 12. Cấp số cộng 1; −3; −7; −11 có công sai d bằng A. −4. B. 4. C. −2. D. −4. C. −2. D. − 4. D. 2. B. 4. C. − 2. D. − 4.

D. V = 9π 5 .

Câu 13. Cho

∫ ( x + 2) e dx = ae + b x

(a, b ∈ ℚ) . Giá trị của S = a 2 + b 2 là

A. S = −1 .

B. S = 10 .

C. S = 0 .

D. S = 5 .

Câu 14. Cho hai đường thẳng d1 và d2 song song với nhau. Có bao nhiêu mặt phẳng chứa d1 và song song với d2 ? A. Vô số. C. 2. D. Vô số. C. 2. D. Vô số. B. 0. C. 2. D. Vô số.

B. 0.

D. 1.

Câu 15. Nghiệm của phương trình z ( 2 − i ) = 5 ( 3 − 2i ) là A. z = −8 + i . B. z = −8 − i . C. z = 8i . D. z = 8 + i . Câu 16. Cho khối tứ diện OABC có OA , OB , OC vuông góc với nhau từng đôi một và OA = OB = OC = 6 . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . A. R = 4 2 .

B. R = 2 .

C. R = 3 .

D. R = 3 3 .

Câu 17. Họ nguyên hàm của f ( x ) =

2x + 3 là x2

2 x3 3 A. F ( x ) = − +C . 3 x 3 2x − 3ln x + C . C. F ( x ) = 3

2 x3 3 + +C. B. F ( x ) = 3 x 3 2x + 3ln x + C . D. F ( x ) = 3

Câu 18. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 3 + 3x 2 − 9 x + 1 trên đoạn [ 0;3] lần lượt bằng A. 25 và 0 . Câu 19. Cho f ( x ) =

Trang 2/20 - Mã đề thi 139

B. 36 và −5 .

C. 28 và −4 .

D. 54 và 1 .

x 3 x2  13  . Giá trị của f   bằng 6 x  10 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

13 11 . C. . D. 4 . 10 10 Câu 20. Cho hai số phức z1 = 1 + 2i và z2 = 2 − 3i . Phần thực và phần ảo của số phức z1 − 2 z2 là A. 1 .

B. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng 8i . A. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 8 . C. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng 8 . D. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng −8 . Câu 21. Trong tất cả khối chóp tứ giác đều ngoại tiếp mặt cầu bán kính bằng a , khối chóp có thể tích nhỏ nhất là A. V =

32a 3 . 3

B. V =

10a 3 . 3

C. V = 2a 3 .

D. V =

(

8a 3 . 3

)

Câu 22. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA ⊥ ABCD , SA = a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD

a a 6 a 6 a 2 . . . B. . C. D. 3 6 6 6 Câu 23. Một bình chứa 16 viên bi, với 7 viên bi trắng, 6 viên bi đen, 3 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất lấy được 1 viên bi trắng, 1 viên bi đen, 1 viên bi đỏ.

1 . 210

3 . 80

9 . 40

1 . 35

Câu 24. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M ( −1; 2; 0 ) và có VTPT n = ( 4;0; −5 ) có phương trình là. A. 4 x − 5 y + 4 = 0 . B. 4 x − 5 z + 4 = 0 . C. 4 x − 5 z − 4 = 0 . D. 4 x − 5 y − 4 = 0 .

Câu 25. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm M (1; − 2;3) , N ( 3;0; − 1) và điểm I là trung điểm của MN . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. OI = 4i − 2 j + k B. OI = 4i − 2 j + 2k C. OI = 2i − j + 2k D. OI = 2i − j + k Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 2;1; 0 ) và đường thẳng d có phương trình x −1 y + 1 z . Phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M , cắt và vuông góc với đường thẳng d là: = = 2 1 −1 x − 2 y −1 z x − 2 − y +1 z A. B. . = = . = = 2 −3 −4 −2 −1 −3 x − 2 y −1 z x − 2 y −1 z C. . D. = = . = = 1 −4 −2 2 −1 −4 Câu 27. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm hai chữ số khác nhau? d:

A. 25. B. 9. C. 20. D. 10. M , N , P lần lượt là trung điểm của Câu 28. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi các cạnh AB,CD và SA. Khẳng định nào dưới đây sai?

A. SC song song với (MNP ). C. SB song song với (MNP ). D. SD song song với (MNP ). B. SB song song với (MNP ). D. SD song song với (MNP ). C. SD song song với (MNP ). D. BC song song với (MNP ). B. SC song song với (MNP ).

Trang 3/20 - Mã đề thi 139 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C. SB song song với (MNP ). D. SD song song với (MNP ). Câu 29. Cho hai số phức z1 = 2 − 3i và z2 = −1 + 5i . Tổng phần thực và phần ảo của số phức w = z1 + z2 bằng. A. 3i . B. 3 . C. 1 . D. 2i . 3 2 Câu 30. Hàm số y = x − 6 x + 9 x + 1 nghịch biến trên khoảng nào ? A. C.

( −∞ ;1) ( 3;5 ) .

Câu 31.

B. (1;5 ) .

và ( 3; + ∞ ) .

D. (1;3) .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

x + 3 y − 2 z −1 , = = 1 2 −1

x − 2 y −1 z + 1 và mặt phẳng ( P ) : x + 3 y + 2 z − 5 = 0 . Đường thẳng vuông góc với ( P ) , cắt cả d1 và = = 2 1 1 d 2 có phương trình là:

d2 :

x + 4 y − 3 z +1 . = = 1 3 2 x + 3 y + 2 z −1 . C. = = 1 3 2

x+7 y−6 z +7 . = = 1 3 2 x y z+2 D. . = = 1 3 2

3ln x + 1 dx và đặt t = ln x thì ta được tích phân nào ? x 1

Câu 32. Cho tích phân I = ∫

3t + 1 dt t 1

3t + 1 dt et 0

B. I = ∫

A. I = ∫

C. I = ∫ ( 3t + 1) dt

D. I = ∫ ( 3t + 1) dt

Câu 33. Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào sau đây ?

A. y = x3 + 3x + 1

B. y = x 3 − 3 x + 1

C. y = − x3 − 3x + 1

D. y = − x 3 + 3 x − 1

Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm E (2;1;1), F (0;3; −1) . Mặt cầu ( S ) đường kính EF có phương trình là 2

( x − 2 ) + ( y − 1)

( x − 1) + ( y − 2 )

+ ( z + 1) 2 = 9 .

( x − 1) + ( y − 2 )

+ z2 = 9 .

( x − 1)

+ z2 = 3 .

+ y2 + z2 = 9 .

Câu 35. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD ), SA = a 6. Góc giữa SC và ( ABCD ) bằng

A. 30 . D. 60 . B. 90 . C. 30 . D. 60 .

B. 60 .

C. 45 .

D. 90 .

Trang 4/20 - Mã đề thi 139

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C. 30 . D. 60 . Câu 36. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = A. 1.

x2 − 5x + 1 trên đoạn x

1   2 ;3 là

5 C. − . 3

B. −3 .

5 D. − . 2

Câu 37. Cho khối chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA ⊥ ( ABC ) và SA = a . Thể tích của khối chóp S. ABC là

A. VS . ABC = Câu 38. A. −

a3 3 . 3

B. VS . ABC =

a3 3 . 6

C. VS . ABC =

a3 3 . 4

D. VS . ABC =

a3 3 . 12

∫ 2 x + 1 bằng 2

( 2 x + 1)

B. ln 2 x + 1 + C .

+C .

1 ln ( 2 x + 1) + C . 2

1 ln 2 x + 1 + C . 2

Câu 39. Một người gửi ngân hàng 100 triệu đồng theo hình thức lãi kép, lãi suất một tháng . Sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu ? A. 44 tháng. B. 46 tháng. C. 45 tháng. D. 47 tháng. Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu có tâm I (1; 2; −1) và tiếp xúc với mặt phẳng có phương trình là

( P ) : x − 2 y − 2z − 8 = 0 2

= 9.

( x + 1) + ( y + 2) + ( z − 1)

( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 1)

( x + 1) + ( y + 2) + ( z − 1)

=3.

( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 1) = 9. Oxyz , cho hai điểm A ( 3;5; − 1) , B (1;1;3) . Tọa độ điểm D.

Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ mặt phẳng Oxy sao cho MA + MB nhỏ nhất là A.

( 2;3; 0 ) .

( 2; − 3;0 ) .

( −2;3;0 ) .

M thuộc

( −2; − 3;0 ) .

Câu 42. Trong mặt phẳng Oxy, gọi M là điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn z + 3 − 3i = 3 . Biết góc giữa hai tia Ox và OM nhỏ nhất, phần ảo của z là

3 3 . 2

B. 0 .

C. 2 3 .

 x = 1 + nt  Câu 43. Trong không gian Oxyz cho mp ( P ) : 2 x − my + z − 1 = 0 và đường thẳng ( d ) :  y = 1 − 4t . Tìm cặp  z = 2t  số m, n sao cho mp ( P ) vuông góc với ( d ) .

A. m = −2, n = 4 .

B. m = 4, n = 2 .

Câu 44. Nghiệm của phương trình 3 = 27 là A. x = 1 . B. x = −1 .

C. m = 2, n = 4 .

D. m = 2, n = −4 .

C. x = 0 .

D. x = −2 .

2− x

Câu 45. Cho a , b > 0 . Biểu thức thu gọn của log a b + log a2 b là A. 2 log a b

B. 0

C. log a b

D. 4 log a b

Câu 46. Bát diện đều có mấy đỉnh? A. 12 . B. 8 . C. 10 . D. 6 . Câu 47. Cho a, b, c là các số thực dương và cùng khác 1. Xét các khẳng định sau: Trang 5/20 - Mã đề thi 139 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

I) log abc abc = 1.

1 log c b. 2a III) log a b.c = log a b + log a c . II) log

IV) log a bc = log a b − log a c . Số khẳng định đúng là A. 1.

B. 4 .

C. 2 .

D. 3 .

Câu 48. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như sau

Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hàm số đã cho có hai điểm cực trị. C. Hàm số đã cho không có giá trị cực đại.

Câu 49. Đồ thị hàm số y = A. 1.

B. Hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị. D. Hàm số đã cho không có giá trị cực tiểu.

x2 − 4 có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang ? x2 − 5x + 6 B. 3 . C. 4 . D. 2 .

Câu 50. Nghiệm của bất phương trình log 1 ( x 2 + 2 x − 8 ) ≤ −4 là 2

A. −6 ≤ x < −4 hoặc 2 < x < 4. C. x < −6 hoặc x > 4.

B. x ≤ −6 hoặc x ≥ 4. D. −6 ≤ x < −4 hoặc 2 < x ≤ 4 . ------------- HẾT -------------

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số Chương 1: Hàm Số

Lớp 12 (90%)

C30 C33

C8 C9 C18 C36 C48 C49

C4 C6 C1

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C3 C19 C44 C45 C47 C50

C10 C39

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

C2 C13 C17 C38

C32

C15

C42

Chương 4: Số Phức

C5 C20 C29

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện Trang 6/20 - Mã đề thi 139

C37 C46

C22 C35

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C11

C16 C21

C24 C25

C26 C34

C31 C40 C41 C43

Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

Lớp 11 (10%)

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C23 C27

C12

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

Hình học Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song

C14 C28

Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp

Lớp 10 (0%)

Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Trang 7/20 - Mã đề thi 139 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu

Điểm

5.4

2.4

0.2

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: KHÁ + Đánh giá sơ lược: Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11 chiêm 10% Không có câu hỏi lớp 10. Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 13 câu VD-VDC phân loại học sinh Chỉ có 1 câu hỏi khó ở mức VDC Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng Đề phân loại học sinh ở mức khá

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B D A B D D A C B C 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 C C C B D A D B B B

11 A 36 B

12 A 37 D

13 D 38 D

14 A 39 C

15 C 40 D

16 A 41 A

17 A 42 A

18 C 43 C

19 B 44 B

20 C 45 D

21 A 46 D

22 C 47 A

Câu 1. Lời giải: Chọn B

A+ B 2 A− B Ta có max { A , B } ≥ 2

Ta có max { A , B } ≥

(1) . Dấu

= xảy ra khi A = B .

( 2 ) . Dấu

= xảy ra khi A = − B .

Xét hàm số g ( x ) = x 2 + ax + b , có g ′ ( x ) = 0 ⇔ x = Trang 8/20 - Mã đề thi 139

−a . 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

23 C 48 A

24 B 49 B

25 D 50 B

Trường hợp 1:

−a ∉ [ −1;3] ⇔ a ∉ [ −6; 2] . Khi đó M = max { 1 − a + b , 9 + 3a + b } . 2

Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có M ≥ 4 + 2a > 8 .

Trường hợp 2:

 −a a2 ∈ [ −1;3] ⇔ a ∈ [ −6; 2] . Khi đó M = max  1 − a + b , 9 + 3a + b , b − 2 4 

 . 

Áp dụng bất đẳng thức (1) và ( 2 ) ta có

 a2 M ≥ max  5 + a + b , b − 4 

 1 1 2 2  ⇔ M ≥ 20 + 4a + a ⇔ M ≥ 16 + ( a + 2 ) . 8 8 

Suy ra M ≥ 2 .

a = −2  a = −2 −a 2  −b ⇔  Vậy M nhận giá trị nhỏ nhất M = 2 khi 5 + a + b = . 2 b = −1  1 − a + b = 9 + 3a + b Do đó a + 2b = −4 . Câu 2. Lời giải: Chọn D

x2 y2 4 + =1 ⇔ y = ± 25 − x 2 . 25 16 5 Do elip nhận Ox,Oy làm các trục đối xứng nên thể tích V cần tính bằng 4 lần thể tích hình sinh bởi hình 4 phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y = 25 − x 2 , y = 0 và các đường thẳng x = 0, x = 5 quay xung quanh 5 Ox .

Ta có

4  25 − x 2  dx ≈ 670,2 . V = 4.π ∫  5  0 Câu 3. Lời giải: Chọn A

log5 ( 5x − 1) .log 25 ( 5x +1 − 5) = 1 (1) TXĐ: D = ( 0; +∞ ) . Ta có log 25 ( 5 x +1 − 5 ) = log 52 ( 5.5 x − 5 ) =

(

1 log 5 ( 5 x − 1) + 1 . 2

(

)

) (t > 0) .

Đặt t = log5 5x − 1

Phương trình (1) trở thành t.

1 ( t + 1) = 1 ⇔ t 2 + t − 2 = 0 . 2

Câu 4. Lời giải : Chọn B +y′ =

m2 − 4 2

(x + m )

(

+Hàm số giảm trên −∞;1

)

Trang 9/20 - Mã đề thi 139 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

m 2 − 4 < 0 −2 < m < 2 ⇔ ⇔ ⇔ −2 < m ≤ −1 m ≥ 1 − ∈ −∞ ;1 m    + Học sinh tìm điều kiện của m để hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định. + Học sinh nhầm hàm nhất biến nghịch biến khi y ′ ≤ 0

(

)

+ Học sinh tìm điều kiện của m để hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định và nhầm y ′ ≤ 0 .

Câu 5. Lời giải: Chọn D Ta có z = 3 − 2i suy ra z = 3 + 2i . Vậy Phần thực của z bằng 3 và phần ảo của Câu 6.

z bằng 2 . Lời giải

Chọn D Tập xác định của hàm số : D = [ −2; 2] . Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x 2 + m 4 − x 2 + m − 7 và trục hoành là

x2 + m 4 − x2 + m − 7 = 0 ⇔ m

(

)

4 − x2 + 1 = 7 − x2 ⇔ m =

Đặt t = 4 − x 2 , t ∈ [ 0; 2] , phương trình (1) trở thành m =

7 − x2 4 − x2 + 1

(1) .

t2 + 3 ( 2) . t +1

Đồ thị hàm số đã cho có điểm chung với trục hoành khi và chỉ khi phương trình ( 2 ) có nghiệm t ∈ [ 0; 2] .

t2 + 3 trên [ 0; 2] . t +1 Hàm số f ( t ) liên tục trên [ 0; 2] . Xét hàm số f ( t ) =

t = 1 ∈ ( 0; 2 ) , f ′ (t ) = 0 ⇔  . ( t + 1) t = −3 ∉ ( 0; 2 ) 7 f ( 0 ) = 3 , f (1) = 2 , f ( 2 ) = . 3 Do đó min f ( t ) = 2 và max f ( t ) = 3 .

Ta có f ′ ( t ) =

[0;2]

t 2 + 2t − 3 2

[0;2]

Bởi vậy, phương trình ( 2 ) có nghiệm t ∈ [ 0; 2] khi và chỉ khi min f ( t ) ≤ m ≤ max f ( t ) ⇔ 2 ≤ m ≤ 3 . [ 0;2]

[ 0;2]

Từ đó suy ra a = 2 , b = 3 , nên S = 2a + b = 2.2 + 3 = 7 . Câu 7. Lời giải: Chọn A Khối trụ ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều có hình tròn đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác đáy của lăng trụ, và chiều cao bằng chiều cao lăng trụ.

Trang 10/20 - Mã đề thi 139

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tam giác đều cạnh a có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng

3a . Vậy thể tích của khối trụ cần tìm là 3

 3a  π a 2 h V = h.S = h.π .  .  = 3  3  Câu 8. Lời giải: Chọn C Câu 9. Lời giải: Chọn B Đầu tiên nhận xét rằng hai hàm số đề bài cho đều liên tục trên ℝ . Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số f ( x ) có ba cực trị.

Câu 10. Lời giải: Chọn C

 4  f 2 x −1 4 f 2 x −1 4 ln x  ln x dx = ∫ + f ( x ) dx = ∫  dx + ∫ dx .  x  x x x 1 1 1  

(

Ta có

∫ 1

Xét K = ∫ 1

(

)

(

)

) dx .

f 2 x −1 x

Đặt 2 x − 1 = t ⇒ x = 3

dx t +1 ⇒ = dt . 2 x

⇒ K = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx . 4

ln x ln 2 x dx = ∫ ln xd ( ln x ) = Xét M = ∫ = 2 ln 2 2 . x 2 1 1 1 4

Do đó

∫ 1

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + 2 ln 2 2 ⇒ ∫ f ( x ) dx = 2 ln 2 2 .

Câu 11. Trang 11/20 - Mã đề thi 139 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lời giải: Chọn A

1 1 Thể tích V của khối nón là : V = π r 2 h = π 5.3 = 5π . 3 3 Câu 12. - Công sai d = −3 − 1 = −4. Câu 13. Lời giải: Chọn D 1 x Tính I = ∫ ( x + 2) e dx . 0

u = 2 + x du = dx ⇒  Đặt  .  dv = e x dx v = e x 1

I = ∫ ( x + 2) e x dx = ( x + 2) e x − ∫ e x dx = 2e −1 . Suy ra a = 2 , b = −1 . 0 0

Vậy S = a + b = 5 . Câu 14. - Chọn A do nhầm: d1 và d2 cùng nằm trong một mặt phẳng - Chọn A do nhầm: tồn tại một mặt phẳng chứa d1 và song song với d2 - Chọn A do nhầm: tồn tại một mặt phẳng chứa d1 và song song với d2 ; tồn tại một mặt phẳng chứa d2 và song song với d1 - Phương án D. đúng vì có vô số đường thẳng song song với d1 và d2

Câu 15. Lời giải: Chọn C

(15 − 10i)(2 + i ) 30 + 15i − 20i − 10i 2 40 − 5i = = = 8−i . (2 − i)(2 + i ) 5 5 Câu 16. Lời giải Chọn A

N I C

O M

Gọi M là trung điểm của BC , do tam giác OBC vuông tại O nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC Qua M dựng đường thẳng d song song với OA khi đó d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC .Gọi Trang 12/20 - Mã đề thi 139

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

∆ là đường trung trực của cạnh OA và I là giao điểm của ∆ và d . Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC 1 1 1 Ta có OM = BC = OB 2 + OC 2 = 3 2 ; ON = IM = OA = 3 . 2 2 2

Tam giác OMI vuông tại M nên IM = OM 2 + IM 2 =

(3 2 )

+ 32 = 3 3 .

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là R = 3 3 . Câu 17. Lời giải: Chọn A Ta có

∫

f ( x ) dx = ∫

Vậy F ( x ) =

2 x4 + 3 2 x3 3  2 3  d x 2 x d x = − +C . = +   ∫ 3 x x2 x2 

2 x3 3 − +C . 3 x

Câu 18. Lời giải : Chọn C  x = 1 ∈ [ 0;3] y ' = 3 x 2 + 6 x − 9, y ' = 0 ⇔  .  x = −3 ∉ [ 0;3]

f ( 0 ) = 1, f (1) = −4, f ( 3) = 28 ⇒ max f ( x ) = 28, min f ( x ) = −4 . [0;3]

[0;3]

Câu 19. Lời giải: Chọn B 3

f ( x) =

x x = 6 x

1 2 x 2 .x 3 1 x6

 13  13 =x⇒ f  = .  10  10

Câu 20. Lời giải: Chọn C Ta có: z1 − 2 z2 = 1 + 2i − 2 ( 2 − 3i ) = −3 + 8i . Vậy phần thực của z1 − 2 z2 là −3 và phần ảo là 8 . Câu 21. Lời giải: Chọn A

Giả sử SO = x ta có: SI = x − a ; SE =

( x − a)

− a 2 = x 2 − 2ax

Trang 13/20 - Mã đề thi 139 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Xét ∆SEI ∽ ∆SON ta có:

SE IE IE.SO = ⇒ NO = = SO NO SE

ax 2

x − 2ax

1  2ax  4a 2 x 2 = Thể tích khối chóp là: V = x.   3  x 2 − 2ax  3 ( x − 2a ) Xét hàm số f ( x ) =

f ′( x) =

x 2 − 4ax

( x − 2a )

x2 x − 2a

( 0 < 2a < x )

; f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 4a

Bảng biến thiên

Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích là: V =

32a3 . 3

Câu 22. Lời giải: Chọn C S

H D A O

(

)

+ d BD, SC = OH .

a 2 OH SA SAOC . 2 =a 6 = + ∆CHO ∼ ∆CAS ⇒ = ⇒ OH = OC SC SC 6 a 3 Câu 23. Lời giải: + Số phần tử KGM n Ω = C 163 . a.

( )

+ n A = 7.6.3 = 126

( )

+ Xác suất của biến cố p A =

( )= 9. n ( Ω ) 40 n A

Câu 24. Lời giải: Chọn B

Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M ( −1;2;0 ) và có VTPT n = ( 4;0; −5 ) có phương trình là. Trang 14/20 - Mã đề thi 139

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

4 ( x + 1) − 5 z = 0 ⇔ 4 x − 5 z + 4 = 0 . Câu 25. Lời giải: Chọn D

I là trung điểm của MN ⇒ I ( 2; − 1;1) ⇒ OI = ( 2; − 1;1) hay OI = 2i − j + k .

Câu 26. Lời giải: Chọn C

d có VTCP u = ( 2;1; −1) .

Gọi A = ∆ ∩ d . Suy ra A (1 + 2a; −1 + a; −a ) và MA = ( 2a − 1; a − 2; −a ) . 2 Ta có ∆ ⊥ d nên MA ⊥ u ⇔ MA.u = 0 ⇔ 2 ( 2a − 1) + a − 2 + a = 0 ⇔ a = . 3  1 4 2  Do đó, ∆ qua M ( 2;1;0 ) có VTCP MA =  ; − ; −  , chọn u ′ = (1; −4; −2 ) là VTCP của ∆ nên phương 3 3 3 x − 2 y −1 z . trình của đường thẳng ∆ là: = = 1 −4 −2 Câu 27. Lời giải :

+ Mỗi số có 2 chữ số khác nhau được lập từ 5 chữ số là chỉnh hợp chập 2 của 5 ⇒ A52 = 20

Câu 28.

- Có MN ∥ AD ⇒ MN ∥(SAD ) ⇒ (SAD ) ∩ (MNP ) = PQ với MN ∥ AD ∥ PQ . Do đó SD cắt (MNP ) tại Q . Sai lầm có thể dựa theo các phương án B. và C. Phương án A. thấy ngay. Câu 29. Lời giải: Chọn B Ta có: w = z1 + z2 = 2 − 3i − 1 + 5i = 1 + 2i .

⇒ 1+ 2 = 3 . Câu 30. Lời giải: Chọn D Tập xác định: D = ℝ . Đạo hàm: y′ = 3 x 2 − 12 x + 9 . x = 3 ⇒ y = 1 Xét y′ = 0 ⇒ 3 x 2 − 12 x + 9 = 0 ⇔  . x = 1⇒ y = 5 Bảng biến thiên: Trang 15/20 - Mã đề thi 139 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞ ;1) và ( 3; + ∞ ) . Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) .

Câu 31. Lời giải: Chọn A Gọi A ( −3 + t ; 2 − t ;1 + 2t ) và B ( 2 + 2t ′;1 + t ′; −1 + t ′ ) lần lượt là giao điểm của đường thẳng cần tìm với d1 và d2 . AB = ( 5 + 2t ′ − t ; −1 + t ′ + t ; −2 + t ′ − 2t ) . Vì đường thẳng cần tìm vuông góc với ( P ) nên có vectơ chỉ phương AB cùng phương với n( P ) = (1;3; 2 ) .

5 + 2t ′ − t = 1k t = −1   Do đó −1 + t ′ + t = 3k ⇔ t ′ = −4 , suy ra A ( −4;3; −1) , B ( −6; −3; −5 ) . Thay vào các đáp án ta thấy C thỏa −2 + t ′ − 2t = 2k  k = −2   mãn. Câu 32. Lời giải: Chọn D 1 Đặt t = ln x ⇒ dt = dx . Đổi cận x = e ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t = 0 . x e 1 3ln x + 1 Khi đó I = ∫ dx = ∫ ( 3t + 1) dt . x 1 0 Câu 33. Lời giải: Chọn B Nhìn đồ thị biết hàm số có tính chất lim y = +∞ nên chọn A hoặc x →+∞

D. Đồ thị hàm số đi qua (1; −1) nên chọn A.

Câu 34. Lời giải: Chọn B - Gọi I là trung điểm EF ⇒ I (1; 2; 0) . - Khi đó, mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2; 0) và bán kính R = IE = 3 . - Phương trình (S ) : ( x − 1)2 + ( y − 2)2 + z 2 = 3 .

Câu 35. - AC = a 2 - Tam giác SAC vuông tại A ⇒ góc giữa SC và ( ABCD ) bằng SCA

Trang 16/20 - Mã đề thi 139

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- tan SCA =

SA = AC

= 3 ⇒ SCA = 60 .

- Chọn B do nhớ nhầm - Chọn B hoặc A. không có kiến thức về tam giác vuông, vì nếu có sẽ loại ngay hai phương án này Câu 36. Lời giải: Chọn B 1  Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn  ;3 . 2 

x2 −1 = 0 ⇔ x = ±1 . x2 5 5 1 Khi đó f   = − , f (1) = −3 , f ( 3) = − . 2 3 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng −3 . Câu 37. Lời giải: Chọn D Ta có y′ =

+VS .ABC =

1 1 a2 3 a3 3 S ABC .SA = .a = 3 3 4 12

+Đáp án A sai vì HS tính nhớ nhầm diện tích tam giác đều cạnh a là

a2 3 . 2

+Đáp án B sai vì HS nhớ nhầm VS .ABC = S ABC .SA +Đáp án D sai vì HS nhớ nhầm S ABC = a 2 3

Câu 38. Lời giải: Chọn D dx 1 ∫ 2 x + 1 = 2 ln 2 x + 1 + C . Câu 39. Lời giải: Chọn C Áp dụng công thức lãi kép gửi 1 lần: N = A (1 + r ) , Với A = 100.106 và r = 0,5 0 0 . n

Theo đề bài ta tìm n bé nhất sao cho: 108 (1 + 0, 5% ) > 125.10 6 n

⇔ (1 + 0,5% ) >

5 5 ⇔ n > log 201 ≈ 44, 74 4 4 200

Câu 40. Lời giải: Chọn D Gọi mặt cầu cần tìm là ( S ) . Ta có ( S ) là mặt cầu có tâm I (1; 2; −1) và bán kính R . Vì ( S ) tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : x − 2 y − 2 z − 8 = 0 nên ta có

Trang 17/20 - Mã đề thi 139 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

R = d ( I ; ( P )) =

1 − 2.2 − 2.(−1) − 8 2

1 + ( −2 ) + ( −2 )

= 3. 2

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9 .

Câu 41. Lời giải: Chọn A

Gọi D ( x; y; z ) là điểm thỏa mãn DA + DB = 0 khi đó ta có D ( 2;3; 4 ) P = MA + MB = MD + DA + MD + DB = 2 MD = 2MD Khi đó P nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu của D lên mặt phẳng ( Oxy )

x = 2  ⇒ M ( 2;3;4 + t ) Ta có phương trình ( MD ) :  y = 3 z = 4 + t 

M ∈ ( Oxy ) nên 4 + t = 0 ⇔ t = −4 Vậy M ( 2;3; 0 ) là điểm cần tìm.

Câu 42. Lời giải: Chọn A 2

(

)

Gọi M ( x; y ) biểu diễn số phức z . Ta có z + 3 − 3i = 3 ⇔ ( x + 3) + y − 3 = 3 (C ) . góc giữa hai tia Ox và OM nhỏ nhất hoặc lớn nhất khi đường thẳng OM là tiếp tuyến của đường tròn (C ) . Khi đó phương trình đường thẳng chứa OM là d1 : y = 0; d 2 : y = − 3x .

= 180° . Trường hợp 1: d1 : y = 0 góc xOM = 150° khi đó số phức z = − 3 + 3 3 i . Trường hợp 2: d 2 : y = − 3 x góc xOM 2 2 3 3 Vậy phần ảo của z trong trường hợp góc . xOM nhỏ nhất là 2 Câu 43. Lời giải: Chọn C Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến n( P ) = ( 2; − m;1) . Đường thẳng d co vectơ chỉ phương ud = ( n; −4; 2 ) . ( P ) vuông góc với ( d ) . Thì ∃k ∈ R sao cho n( P ) = kud .

m = 2 . ⇒ n = 4 Câu 44. Lời giải: Chọn B Câu 45. Lời giải: Chọn D Trang 18/20 - Mã đề thi 139

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 Ta có log a b2 + log a2 b 4 = 2 log a b + .4.log a b = 4 log a b . 2 Câu 46. Lời giải: Chọn D Theo định nghĩa

Câu 47. Lời giải: Chọn A

1 thì abc = 1 nên log abc abc = 1 không tồn tại. 6 2 2 sai biểu thức đúng phải là log c a b = log c b . a 4 sai rõ ràng. Câu 48. Lời giải: Chọn A Câu 49. Lời giải: Chọn B 1 sai ví dụ chọn a = 3, b = 2, c =

1 4 1 4 − 4 − 4 2 2 x −4 x x = lim x x = 0 . Ta có: lim 2 = lim x →+∞ x − 5 x + 7 x →+∞  5 6  x→+∞ 1 − 5 + 6 x 2 1 − + 2  x x2  x x  x2

1 4 1 4 − 4 − 4 2 2 x −4 x x = lim x x = 0 . lim 2 = lim x →−∞ x − 5 x + 7 x →−∞  5 6  x→−∞ 1 − 5 + 6 x 2 1 − + 2  x x2  x x  x2

Nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y = 0 .

x = 2 Xét x 2 − 5 x + 6 = 0 ⇔  . x = 3 lim+

x →2

x2 − 4 = lim x 2 − 5 x + 6 x → 2+

( x − 2 )( x + 2 ) ( x − 2 )( x − 3)

= lim+ x→2

x+2 = −∞ . x − 2 ( x − 3)

x2 − 4 không tồn tại. 2 x →2 x − 5 x + 6 Nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = 2 . lim−

lim+

x →3

x2 − 4 x2 − 4 = lim = +∞ . x 2 − 5 x + 6 x →3+ ( x − 2 )( x − 3)

x2 − 4 x2 − 4 = lim = −∞ . 2 x →3− ( x − 2 )( x − 3 ) x →3 x − 5 x + 6 Nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = 3 . lim−

Trang 19/20 - Mã đề thi 139 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang. Câu 50. Lời giải: Chọn B  x < −4 Ta có: điều kiện: x 2 + 2 x − 8 > 0 ⇔  . x > 2 −4

1 log 1 ( x + 2 x − 8) ≤ −4 ⇔ x + 2 x − 8 ≥   = 16 2 2  x ≤ −6 . ⇔ x 2 + 2 x − 24 ≥ 0 ⇔  x ≥ 4 2

Kết hợp với điều kiện ta có: x ≤ −6; x ≥ 4.

Trang 20/20 - Mã đề thi 139

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ Mã đề thi 134

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Câu 1. Cho lăng trụ ABC. A'B'C' có M là trung điểm AB, điểm N thỏa NC ' = −2 NC , cắt cạnh AC tại P. Tính PA . tỉ số PC

2 . 5

5 . 2

C. 3 .

1 . 3

Câu 2. Cho tam giác ABC cân tại A, AB = a, góc ở đáy 30 0. Quay tam giác này và cả miền trong của nó quanh đường thẳng AB, ta được một khối tròn xoay có thể tích bao nhiêu? π a3 π a3 A. S = 4π R 2 . B. S = . C. S = . D. S = 3π R 2 . 4 12 Câu 3. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng A. 5 . B. 2 . C. 0 . D. 1. n Câu 4. Cho dãy số ( un ) với un = n . Khi đó u4 bằng 2 1 1 1 A. u4 = . B. u4 = 4 . C. u4 = . D. u4 = . 16 2 4 x+3 Câu 5. Tổng khoảng cách từ một điểm thuộc đồ thị hàm số y = ( C ) đến 2 đường tiệm cận của lớn hơn x −3 hoặc bằng

B. 2 6 . C. 6. Câu 6. Cho số phức z = a + 4i ( a ∈ ℝ ) . Xác định a biết z = 5 . 6.

A. a = 3 hoặc a = −3. C. a = 1 .

D. 12.

B. a ∈ ∅ a . D. a = 1 hoặc a = −9.

Câu 7. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 8m 2 x + 1 có 3 điểm cực trị tạo thành 3 đỉnh của tam giác có diện tích bằng 64? A. 3.

B. 0.

C. 1

D. 2.

Trang 1/20 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 8. Từ các chữ số 1, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau? A. 24 .

B. 64 .

C. 256 .

D. 12 .

Câu 9. Nếu số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa (1 + i ) z + z = 5 + 4i thì tổng a + b bằng

18 B. 5 .

A. 9.

−

9 5.

D. −1 .

 1 Câu 10. Tích giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = x 3 – 3 x + 3 trên đoạn  −3;  bằng  2 A. 5. B. -75. C. -1. D. -15. Câu 11. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng đi qua điểm M (1, 2,3) , cắt các trục tọa độ tại A, B, C đều khác gốc tọa độ mà OA = OB = OC thì có phương trình là A. x + y + z − 6 = 0 .

x y z + + +1 = 0 . 1 2 3

x y z + + = 1. 1 2 3

D. x + y + z + 6 = 0 .

x = 0  Câu 12. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :  y = t . Viết phương trình đường vuông góc chung z = 2 − t  của d và trục Ox.

x = 0  A.  y = t z = t 

x = 0  B.  y = 2t z = t 

x = 0  C.  y = 2 − t z = t 

x = 1  D.  y = t z = t 

Câu 13. Cho các số phức z1 = 2 − 3i, z2 = 5 + i . Kết quả z1 + z2 bằng A. −3 − 2i . B. −3 − 4i . C. 7 − 2i . D. 7 − 4i . 2017 2016 2015 2014 Câu 14. Biết f ( z ) = z −z +z + 3z + 2 z và z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 – 2z + 3 = 0. Giá trị f ( z1 ) + f ( z2 ) bằng

A. 4.

B. 2 3.

C. 2. D. 4 3. 4x − 3 Câu 15. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = , trục hoành, x = −1, x = 0 bằng 1− 2x 8 1 1 2 + ln 3 2 − ln 3 2 2 A. . B. . C. 9 . D. 2 + ln 3 . Câu 16. Khối hộp chữ nhật có ba kích thước là a, 3a, 5a có thể tích là bao nhiêu? A. 8a3. B. 20a2. C. 15a3. D. 16a2. Câu 17. Tập xác định của hàm số y = 3 1 − x 2 là A. R.

D. [− 1;1] .

Câu 18. Nếu log 2 x = 5log 2 a + 4log 2 b ( a, b > 0 ) thì x bằng 5 4 A. a b .

Trang 2/20 - Mã đề thi 134

5 4 B. a + b .

C. 5a + 4b .

5a . 4b

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 19. Cho khối lăng trụ đứng ABC. A'B'C' tất cả các cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AC, BC. Tính thể tích khối đa diện MNCA'B'C'.

a3 3 . A. 8

a3 3 . B. 48

7a3 3 . C. 48

a3 3 . D. 16

Câu 20. Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A có khoảng cách đến bờ biển BC là 5km.Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B một khoảng 7 km. Người canh hải đăng có thể chèo đò từ A đến M trên bờ biển với vận tốc 4km / h rồi đi bộ đến C với vận tốc 6km / h . Vị trí của điểm M cách B một khoảng bao nhiêu để người đó đi đến kho nhanh nhất? A. 7 km.

B. 3.5 km.

C. 2 5 km. 2

D. 0 km.

Câu 21. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f ′( x) = x( x −1) ( x + 2) , ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 1. B. 2 . C. 3 D. 6 . x (C ) tại 2 điểm phân Câu 22. Các giá trị của tham số k để đường thẳng d: y = kx cắt đồ thị hàm số y = x +1 biệt là A. k ≠ 0 . B. k ≠ 1 . C. k>1. D. k ≠ 0 va k ≠ 1 . Câu 23. Trong không gian Oxyz, một điểm tùy ý M thuộc mặt phẳng luôn có A. hoành độ x = 0.

B. tung độ y = 0.

C. cao độ z = 0.

D. cả x, y, z đều bằng 0.

Câu 24. Cho một hình trụ có đường kính đáy bằng 10cm và khoảng cách giữa hai đáy bằng 7cm. Thể tích khối trụ này bằng bao nhiêu? A.

700 π cm3 . 3

B. 700π cm 3 .

175 π cm3 . 3

D. 175π cm3 .

Câu 25. Một ôtô đang chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc a(t ) = 2t + 1 . Tính quãng đường ôtô đi được trong khoảng thời gian 2 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc. 74 14 m. B. 3 A. 3 2

C. HS nhầm lẫn cách tính ∫ (2 t + 1)dt 0

D. HS tính công thức ∫ (2t + 11)dt 0

Câu 26. Hình bên là đồ thị của hàm số

Trang 3/20 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. y = x 3 + 3 x 2 − 2 .

B. y = x 3 + 3 x 2 − 4 .

C. y = x 3 − 3 x 2 − 4 . D. y = − x 3 − 3 x 2 − 4 . Câu 27. Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 7 chữ số. Lấy một số bất kì của tậpA. Tính xác suất để lấy được số lẻ và chia hết cho 9 1 1 1250 625 A. . B. . C. . D. . 9 18 1710 1701 Câu 28. Chọn khẳng định đúng: A. log 0,2 x > log 0,2 y <=> y > x > 0.

B. log 0,2 x > log 0,2 y <=> x > y > 0 .

C. log 0,2 x > log 0,2 y <=> x < y.

D. log 0,2 x > log 0,2 y <=> x > y.

Câu 29. Có tất cả bao nhiêu số vô tỉ a thỏa đẳng thức log 2 a + log 3 a + log5 a = log 2 a.log 3 a.log 5 a . B. 1 .

A. 3 . Câu 30.

D. 2 .

C. 0 .

∫ x sin 2 x dx bằng

x 1 A. − cos 2 x − sin 2 x + C . 2 4 x 1 C. − cos 2 x + sin 2 x + C . 2 4 6

Câu 31. Tính tích phân

B. − x cos 2 x + sin 2 x + C . D.

x 1 cos 2 x − sin 2 x + C . 2 4

∫ x dx bằng 2

2 A. . 9

B. ln 3 .

C. ln 4 .

D. −

5 . 18

Câu 32. Trong các số phức z thỏa điều kiện z − 1 − i = 1 , tìm phần thực của số phức z có môđun lớn nhất.

3 . 2

A. 1 +

2 2 hoặc 1 − . 2 2

C. 1 +

2 . 2

D. −1 −

2 . 2

Câu 33. Khối hộp có sáu mặt đều là các hình thoi cạnh a, các góc nhọn của các mặt đều bằng 600 có thể tích là Trang 4/20 - Mã đề thi 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a3 2 . 2

a3 3 . 2

a3 2 . 3

Câu 34. Phương trình các đường tiệm cận đồ thị hàm số y = A. x = −2; x = 1 .

B. x = −2; y = 1 .

a3 3 . 3

x−2 là 2+ x

C. x = −2; y =

1 . 2

D. x = 1; y = −2 .

Câu 35. Ông A cần gửi vào ngân hàng số tiền ít nhất là bao nhiêu để đúng 3 năm nữa ông đủ số tiền mua xe trị giá 500 triệu đồng?. A. 155 riệu đồng. B. 143 triệu đồng. C. 397 triệu đồng. D. 404 triệu đồng. 2 Câu 36. Họ các nguyên hàm của hàm của hàm số f ( x ) = x + 1 là A. 2 x + C .

1 3 x +C. 3

1 3 x + x+C . 3

D. x 3 + x + C .

Câu 37. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 x − 2m.2 x + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt. B. −1 < m < 2 . A. m < −1 hoặc m > 2 . C. m > 2 . D. m < −1 . Câu 38. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng: 2 x − y − 2 z + 20 = 0 , : x sin α + y cos α + z sin 3 α − 3 = 0 vuông góc với nhau khi và chỉ khi

A. α = kπ (k ∈ ℤ) .

C. α =

α=

π 4

π 2

B. α =

+ k 2π (k ∈ ℤ) hoặc α =

π 4

+ kπ ( k ∈ ℤ ) .

π 2

+ kπ ( k ∈ ℤ) hoặc α =

α=

π 4

+ kπ ( k ∈ ℤ ) .

−π + k 2π ( k ∈ ℤ) 2

hoặc

+ kπ ( k ∈ ℤ ) .

Câu 39. Công thức nào sau đây dùng để tính diện tích một mặt cầu có bán kính R? A. S = 3π R 2 . Câu

40.

B. S = 4π R 2 . Trong

4 D. S = π R 2 . 3

C. S = π R 2 . không

gian

Oxyz,

cho

các

điểm

A ( 2019;2018;2018 ) , B ( 2037;2000;2018 ) , M ( 2016;2018; 2018) và N ( 2018;2019;2020 ) . Mặt phẳng ( P ) đi qua các điểm M , N sao cho khoảng cách từ điểm B đến ( P ) gấp sáu lần khoảng cách từ điểm A đến ( P ) . Có bao nhiêu mặt phẳng ( P ) thỏa mãn đề bài?

A. Chỉ có một.

B. Không có mặt phẳng ( P ) nào.

C. Vô số.

D. Có đúng hai.

Câu 41.

Cho hình chóp S.ABCD có SA = a, SA vuông góc với mp, ABCD là hình chữ nhật,

AB = a, AD = a 2. Tính khoảng cách từ điểm A đến mp. Trang 5/20 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a 6 . 3

B. a 2 .

C. a .

Câu 42. Trong không gian Oxyz, đường thẳng: A. (−2;1; −3) .

a 2 . 2

x −1 y z + 2 đi qua điểm nào trong bốn điểm sau? = = −1 2 3

B. (−1;0; 2) .

C. (2; −1;3) .

D. (1;0; −2) .

Câu 43. Cho khối chóp S.ABCD có SA vuông góc với, SA = a, đáy của khối chóp là hình chữ nhật, cạnh ngắn có độ dài là a, cạnh dài gấp đôi cạnh ngắn. Tính thể tích của khối chóp đã cho. A.

4 3 a. 3

2 3 a. 3

Câu 44. Biết tích phân

∫x

x 2 + 1dx =

D. 2a .

a là một phân số tối giản. Giá trị a − b bằng b

B. −64 .

A. 743.

C. 4a .

C. 27.

D. −207 .

(

)

Câu 45. Số nghiệm nguyên nhỏ hơn 1000 của bất phương trình ( x − 1) 2 x − 1 + 3 3 x + 6 ≥ x + 6 là A. 996.

B. 997.

C. 998.

D. 999.

Câu 46. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên R và có đồ thị là đường cong hình bên. Hàm số

g ( x ) = f ( 3 x − 2 ) nghịch biến trên khoảng

( 0; −2 )

( −2; 4 )

( −3; 0 )

2 4 3 3

D.  ; 

Câu 47. Giải bất phương trình x + log 0,2 (1 − 5 x ) ≥ 0 . A. x ≥ log 0,2 2 .

B. x ≤ log 0,2 2 .

C. log 0,2 2 ≤ x ≤ 0 .

D. log 0,2 2 ≤ x < 0 .

Câu 48. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 log 2 ( x + 4) = log 2 ( mx) có nghiệm duy nhất. A. m < 0 ∨ m = 16 .

B. m < 0 .

C. m = 16 .

D. m ∈ ∅ .

Câu 49. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng: 2 x − 3 z − 2 = 0 có một vectơ pháp tuyến là n = A. (2; −3;0) . Trang 6/20 - Mã đề thi 134

B. (2;0; −3) .

C. (2; −3; −2) .

D. (−2;3; 2) .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2 3 Câu 50. Đạo hàm y ' của hàm số y = (3x − 2) là

A. y ' =

2 . 3x − 2

B. y ' =

2 . 3 3x − 2 3

C. y ' =

23 3x − 2 . 3

D. y ' =

9 3x − 2 . 2

------------- HẾT -------------

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số Chương 1: Hàm Số Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C3 C26 C34

C5 C10 C21 C22

C17

C18 C28 C29

C35 C37 C47 C48

C15 C25 C30 C31 C36

C44

C9 C13

C14 C32

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

Lớp 12 (90%)

Chương 4: Số Phức

C7 C20 C46

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C16

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C2 C24 C39

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C49

C1 C33 C43

C19 C41

C11 C12 C23 C42

C38 C40

Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

Lớp 11 (8%)

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C27

Chương 4: Giới Hạn Trang 7/20 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 5: Đạo Hàm

C50

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (2%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

C45

Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu

2.2

Điểm

2.4

4.4

3.2

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: KHÁ Trang 8/20 - Mã đề thi 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+ Đánh giá sơ lược: Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11+10 chiêm 10% Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 16 câu VD phân loại học sinh KHÔNG có câu vận dụng cao Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng Đề phân loại học sinh ở mức khá

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C B D C B A D A D B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 B B A D C B C A B C

11 A 36 C

12 A 37 C

13 D 38 B

14 D 39 B

15 A 40 C

16 C 41 A

17 A 42 D

18 A 43 B

19 C 44 A

20 D 45 C

21 B 46 D

22 D 47 D

23 C 48 A

24 D 49 B

25 B 50 A

Câu 1. Lời giải

C kN

M B

B' Đường thẳng B’N cắt đường thẳng BC tại O, CO song song với B’C’ nên CO NC 1 1 = = ⇔ CO = B 'C ' . ' ' ' B C NC 2 2 Đường thẳng MO cắt AC tại P, D là trung điểm BC thì MD là đường trung bình tam giác ABC nên PC song song với MD. Do đó PC OC 1 1 1 = = ⇔ PC = MD = AC . MD OB 2 2 4

Trang 9/20 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy

PA = 3. PC

Câu 2. Lời giải

Từ A và C kẻ các đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng AB. Thể tích cần tìm là hiệu của thể tích hai khối nón có cùng bán kính đáy HC, đường cao lần lượt là BH, AH. V là thể tích cần tìm thì 1 1 V = π .HC 2 .( BH − AH ) = π .HC 2 .BA. 3 3 = 300 nên HC = AC .cos 300 = a 3 . Tam giác AHC có AC = AB = a, ACB = 900 − HAC 2 2

1 a 3 π a3 . . = V = π  a  3  2  4

Câu 3. Lời giải Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu bằng 1. Câu 4.

Câu 5. Giải

 x +3 x+3 Gọi A  x0 ; 0 có tiệm cận đứng x = 3, và tiệm cận ngang y = 1.  ∈ ( C ) . Hàm số y = x −3  x0 − 3  Tổng khoảng cách từ A đến hai đường tiệm cận S = d ( A, d1 ) + d ( A, d 2 ) = x0 − 3 +

x0 + 3 6 6 − 1 = x0 − 3 + ≥ 2 x0 − 3 . =2 6 x0 − 3 x0 − 3 x0 − 3

Câu 6. Trang 10/20 - Mã đề thi 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lời giải:

z = a + 4i = a 2 + 16 = 5 ⇔ a = ±3 Câu 7. Giải x = 0 Ta có y ' = 4x 3 − 16m 2 x, y ' = 0 ⇔ 4x 3 − 16m2 x = 0 ⇔  2 . Để hàm số đã cho có ba điểm cực trị khi và 2  x = 4m chỉ khi m ≠ 0 . Gọi tọa độ các điểm cực trị là A ( 0;1) , B ( 2m;1 − 16m 4 ) , C ( −2m;1 − 16m 4 ) . Dễ thấy BC = 4m , ( BC ) : y = 1 − 16m4 ⇒ d ( A; ( BC ) ) = 16m4 .

1 1 Do đó S∆ABC = .d ( A; ( BC ) ) .BC = . 4m .16m4 = 64 ⇔ m4 m = 2 ⇔ m = ± 5 2 . 2 2 Câu 8. Giải. Số cách lập là 4.3.2.1 = 24 .

Câu 9. Lời giải: a − 2b = 5 a = 1 Bài toán quy về hệ:  ⇔ ⇒ a + b = −1 2a − b = 4 b = −2 Câu 10. Cách giải: x = 1 y ' = 3x 2 − 3 = 0 ⇔   x = −1 f ( −3) = −15 f (1) = 1 f ( −1) = 5 1 13 f( )= 2 8 Câu 11.

Lời giải OA = OB = OC = a thì:

x y z + + = 1 ⇔ x + y + z = a. a a a

M thuộc nên a = 1 + 2+ 3 = 6.

Câu 12. Lời giải

Trang 11/20 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

B H

y O

A d

d là giao tuyến của hai mặt phẳng có phương trình x = 0 ), y + z = 2 ,mp thứ hai song song với trục Ox, d là

đường thẳng AB với A, B. Từ hình vẽ có ngay đường thẳng vuông góc chung cần tìm là đường thẳng OH với H và có kết quả D. Câu 13.

z + z = 2 − 3i + 5 − i = 7 − 4i Lời giải: 1 2 Câu 14. Lời giải: Tìm được z1 = 1 + 2i ; z2 = 1 − 2i . Biến đổi: f (z) = z2015 ( z2 − 2z + 3) + z2014 ( z2 − 2z + 3) + 2z . Từ đó ta có f ( z1 ) = 2 z1 ; f ( z2 ) = 2 z2 . Suy ra f ( z1 ) + f ( z2 ) = 2 z1 + 2 z2 = 4 3

Câu 15. Lời giải: 0

4x − 3 4x − 3 1  1 1   0 ∫−1 1 − 2 x dx = −∫1 2 x − 1 dx = −∫1  2 − 2 x − 1  dx =  2 x − 2 ln 2 x − 1  |−1 = 2 + 2 ln 3

Câu 16. Lời giải

V = a.3a.5a = 15a3 . Câu 17. Lời giải: Do căn bậc lẻ Câu 18. Cách giải:

log 2 x = 5log 2 a + 4log 2 b ⇔ log 2 x = log 2 (a5 .b 4 ) ⇔ x = a5 .b 4 Câu 19. Lời giải

Trang 12/20 - Mã đề thi 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

N B A'

B' S đối xứng với C’ qua C thì M, N lần lượt là trung điểm của SA’, SB’.

VS .MNC SM SN SC 1 1 1 1 = = . . = . . VS . A' B'C ' SA' SB ' SC ' 2 2 2 8 1 ⇒ VS .MNC = VS . A' B'C ' 8 a 2 3 7a3 3 7 7 1 7 ⇒ VMNCA' B 'C ' = VS . A' B 'C ' = . .SC ' .S A' B 'C ' = .2a. = . 8 8 3 24 4 48 Câu 20. Lời giải: Đặt MB = x (km ) ⇒ MC = 7 − x (km ),(0 ≤ x ≤ 7) . Thời gian chèo đò từ A đến M là: tAM = Thời gian đi bộ từ M đến C là: tMC = Thời gian từ A đến kho: t = Khi đó: t ' =

x 2 + 25 (h ) 4

7 −x (h ) 6

x 2 + 25 7 − x (h ) + 4 6

1 − ;t ' = 0 ⇔ x = 2 5 . 4 x + 25 6 x

Lập bảng biến thiên, ta thấy thời gian đến kho nhanh nhất khi x = 2 5 Trang 13/20 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 21. Giải. Vì f '( x ) có 2 lần đổi dấu nên có 2 cực trị Câu 22. - Cách giải:

x = 0  x = kx (x + 1) x (k x + k − 1) = 0  x ⇔ ⇔ k x + k − 1 = 0(1) = kx ⇔ x ≠ −1 Xét phương trình: x ≠ −1  x +1   x ≠ −1  d: y = kx cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt ⇔ phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình có nghiệm

k ≠ 0 k ≠ 0 khác 0 và khác -1 ⇔  ⇔   1 − k ≠ 0 k ≠ 1   Vậy, với k ≠ 0, k ≠ 1 thì d cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt. Câu 23.

Câu 24. Lời giải 2

 10  V = π r .h = π .  .7 = 175π (cm 2 ).  2 2

Câu 25.

Câu 26. Lời giải Đồ thị hàm số đạt cực trị tại x = −2; x = 0 , hệ số a > 0 và đi qua điểm. Suy ra chọn B. - Phương án đúng: B Câu 27. Lời giải Gọi số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 cần tìm là x ta có 1000017 ≤ x ≤ 9999999, hai số lẻ liền nhau chia hết cho 9 cách nhau 18 đơn vị. Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 7 chữ số ⇒ Ω = 9.106 Số chia hết cho 9 là số có tổng các chữ số chia hết cho 9 Gọi số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 cần tìm là x ta có 1000017 ≤ x ≤ 9999999 có 9999999 − 1000017 + 1 = 500000 số thỏa mãn. 18 500000 1 Vậy xác suất cần tìm là = 9.106 18 Câu 28. Lời giải: Dùng tính chất của logarít chú ý cơ số nhỏ hơn 1. Trang 14/20 - Mã đề thi 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 29. Giải (*) ⇔ log 2 a + log 3 2.log 2 a + log 5 2.log 2 a = log 2 a.log 3 5.log 5 a.log 5 a ⇔ log 2 a. (1 + log 3 2 + log 5 2 ) = log 2 a.log 3 5.log 52 a ⇔ log 2 a. (1 + log 3 2 + log 5 2 − log 3 5.log 52 a ) = 0 a = 1 a = 1 log 2 a = 0   ⇔ ⇔ ⇔ 2 ±  log a = ± 1 + log 3 2 + log 5 2  1 log 2 log 2 log 5.log a 0 + + − = 5 3 5 3 5  a = 5  log 5  3 

1+ log3 2 + log5 2 log 3 5

Câu 30. - Lời giải:

∫ x sin 2 x dx = − 2 x cos 2 x + 2 ∫ cos 2 x dx = − 2 x cos 2 x + 4 sin 2 x + C

Câu 31. 6

1 6 Lời giải: I = ∫ dx = ln x 2 = ln 3 x 2

Câu 32. Lời giải: Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I (1;1) , R = 1 . z = OM , tọa độ điểm M là  x = 1+ ( x − 1)2 + ( y − 1)2 = 1  nghiệm của hệ  (1) ⇔   y = 1+  y = x > 1 

2 2  2 2 . Do đó z = 1+ + 1 +  i. 2  2  2 2

Câu 33. Lời giải

Trang 15/20 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C G

Khối hộp ABCD. A'B'C'D’ có các góc tại A của các mặt ADD'A', BAA'B', A'B'C'D’ bằng 600 nên các tam giác A'AD, A'AB, ABD là các tam giác đều cạnh a. Do đó, A’ABD là tứ diện đều cạnh a, G là trọng tâm tam giác ABD thì A’G vuông góc với. Thể tích khối hộp là

2 a 3 2 a2 3 a3 2 ) .2 . V = A'G.S ABCD = a 2 − ( . = 3 2 4 2 Câu 34. Lời giải: - Cách giải: Hàm số y =

ax + b a d có tiệm cận ngang y = = 1 và tiệm cận đứng x = − = −2 . cx + d c c

Câu 35. Lời giải

Đáp án A đúng vì Lãi kép gởi một lần: T = M (1 + r ) n ⇒ M (1 + 0.08)3 = 500 ⇒ M ≈ 396.9161205

ĐS: 397 triệu đồng. Câu 36. - Lời giải:

∫(x

+ 1) dx =

x3 + x + C. 3

Câu 37. - Lời giải: Đặt t = 2 x (t > 0) Phương trình trở thành t 2 − 2mt + m + 2 = 0 (1) Phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

Trang 16/20 - Mã đề thi 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

m 2 − m − 2 > 0 ∆ ' > 0   ⇔ 2m > 0 ⇔ m > 0 ⇔m>2 m + 2 > 0 m > −2   Câu 38. Lời giải Hai vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng đã cho lần lượt là nP = (2; −1; −2) . nQ = (sin α ;cos α ;sin 3 α ) Hai mp này vuông góc nhau khi và chỉ khi

nP .nQ = 0 ⇔ 2sin α − cos α − 2sin 3 α = 0 ⇔ 2sin α (1 − sin 2 α ) − cos α = 0

⇔ 2sin α .cos 2 α − cos α = 0 ⇔ cos α .(sin 2α − 1) = 0 cos α = 0 ⇔ sin 2α = 1 π  = + kπ α  2 ⇔ . α = π + kπ  4 Câu 39.

Câu 40. Lời giải Có MA = (3;0;0), MB = (0; −18;0) nên MB = 6 MA, MB = 6 MA . Lại có MN = (2;1; 2) nên N không nằm tên

đường thẳng AB. Do đó, vô số mp đi qua đường thẳng MN, ta luôn có d ( B,( P)) = 6d ( A,( P)) Câu 41. Lời giải

Trang 17/20 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

S H

A B

Kẻ AH vuông góc với SD tại H, ta có AH vuông góc với nên AH là khoảng cách cần tìm. Tam giác vuông SAD có

1 1 1 1 1 3 a 6 . = + = 2+ = 2 ⇔ AH = 2 2 2 2 2a 3 AH AS AD a ( a 2)

Câu 42.

Câu 43. Lời giải

1 2 V = a.a.2a = a 3 . 3 3 Câu 44. Lời giải

Đặt t = x 2 + 1 ⇒ t 2 = x 2 + 1 ⇒ tdt = xdx. Đổi cận 2

(

)

(

x = 3⇒t = 2 2

Khi đó I = ∫ t − 1 .t dt = ∫ t − 2t + t 2

x = 0⇒ t =1

)

 t7 t5 t3  848 a = dt =  − 2 +  = 5 3  1 105 b 7

Suy ra a − b = 743.

Câu 45. Giải: Điều kiện x ≥ 1. Ta thấy x = 1 không là nghiệm của bất phương trình. Trang 18/20 - Mã đề thi 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x+6 ≥0 x −1 x+6 1 1 7 Xét f ( x) = 2 x − 1 + 3 3 x + 6 − ⇒ f '( x ) = + + > 0, ∀x > 1 2 x −1 ( x − 1) 2 x − 1 3 ( x + 6) Với x > 1 thì BPT ⇔ 2 x − 1 + 3 3 x + 6 −

Do đó f ( x) đồng biến trên khoảng (1; +∞). BPT ⇔ f ( x) ≥ f ( x) ⇔ x ≥ 2 . Do đó có 998 nghiệm nguyên nhỏ hơn 1000.

Câu 46. Lời Giải: Nhận thấy khoảng nghịch biến của hàm số y = f ( x ) là ( 0; 2 ) và do đó f ' ( x ) < 0 ⇔ x ∈ ( 0; 2 ) .

2 4 g ' ( x ) = 3 f ' ( 3 x − 2 ) ≤ 0 ⇔ 3 x − 2 ∈ ( 0; 2 ) ⇔ x ∈  ;  . 3 3 2 4 3 3

Vậy hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng  ;  .

Câu 47. Lời giải:

 x<0 x<0   x<0  ⇔ BPT ⇔  ⇔ x 1. x x x log (1 5 ) x ≥ − − 0,2 1 − 5 ≤ 5  5 ≥ 2  x<0  ⇔ 1 ⇔ log 0,2 2 ≤ x < 0 .  x ≥ − log 5 2 Câu 48. Lời giải :

( x + 4)2 = mx(*) PT ⇔  có nghiệm duy nhất tức có nghiệm duy nhất thỏa mãn x>-4 x + 4 > 0 ( x + 4)2 =m x Bằng cách lập bảng biến thiên suy ra Định m để pt: 2 log 2 ( x + 4) = log 2 ( mx) có nghiệm duy nhất

Vì x=0 không thỏa nên ⇔

( x + 4)2 = mx(*) HD: PT ⇔  có nghiệm duy nhất tức có nghiệm duy nhất thỏa mãn x>-4 x + 4 > 0 ( x + 4) 2 =m x Bằng cách lập bảng biến thiên suy ra m < 0 ∨ m = 16 Câu 49. Vì x=0 không thỏa nên ⇔

Câu 50. Lời giải: Điều kiện: 2

y = 3 (3 x − 2) 2 ⇒ y = (3 x − 2) 3 Trang 19/20 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 − 2 2 . ⇒ y ' = .3(3x − 2) 3 = 3 3 3x − 2

Trang 20/20 - Mã đề thi 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Mã đề thi 137

Câu 1. Với a > 0 , a ≠ 1 , log 2 ( 2a ) bằng A. 1 − log 2 a .

B. 2.log 2 a .

C. 1 + log 2 a .

D. 2 + log 2 a .

Câu 2. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB = a , góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BC ) và ( ABC ) bằng 600 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho. 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 B. C. D. a . a . a . a . 4 4 8 8 Câu 3. Trong một cuộc thi pha chế, hai đội chơi A, B được sử dụng tối đa 24g hương liệu, 9 lít nước và 210g đường để pha chế nước cam và nước táo. Để pha chế 1 lít nước cam cần 30g đường, 1 lít nước và 1g hương liệu; pha chế 1 lít nước táo cần 10g đường, 1 lít nước và 4g hương liệu. Mỗi lít nước cam nhận được 60 điểm thưởng, mỗi lít nước táo nhận được 80 điểm thưởng. Đội A pha chế được a lít nước cam và b lít nước táo và dành được điểm thưởng cao nhất. Hiệu số a − b là A. - 6. B. 1. C. 3. D. - 1.

Câu 4. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình sau

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

( 0; 2 ) .

B. 2

Câu 5. Biết rằng

∫ ( x + 4) 1

( −2; +∞ ) .

( −2;0 ) .

( −∞.0) .

4dx = a + b − c − d . Lúc đó giá trị T = a + b + c + d bằng: x +x x+4

A. 52.

B. 48.

C. 46. D. 54. Câu 6. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 3z − 4 = 0 có một vectơ pháp tuyến là A.

( 4;3; −1) .

( −1; −2;3) .

C. ( 3; −2; −1) .

( −2;3; 4 ) .

Câu 7. Đồ thị hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng?

x2 + x + 1 x −1 x2 + 1 . B. y = 2 . C. y = x 2 − 1 . D. y = . x −1 x +1 x2 + 1 Câu 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và tam giác SAB là tam giác cân tại đỉnh S. Góc A. y =

giữa đường thẳng SA và mặt phẳng đáy bằng 450 , góc giữa mặt phẳng và mặt phẳng đáy bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SA bằng a 6 .

Trang 1/20 - Mã đề thi 137 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a3 3 . 3

4a 3 3 . 3

8a 3 3 . 3

2a 3 3 . 3

1 3 x x + e + C. 3

D. x 2 + e x + C .

Câu 9. Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2 + e x là A. 2 x + e x + C .

1 3 x +1 x + e + C. 3

(

)

(

)

Câu 10. Nghiệm của phương trình: log3 6.2 x − 3 − log3 4 x − 4 = 1 là: A. x = log 2 3 .

B. x = log 3 2 .

C. x = − log 2 3

D. x = log 2 6 .

Câu 11. Cho hình vuông ABCD cạnh 4a. Trên cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm H và K sao cho BH = = 300 . Gọi E là giao điểm 3HA và AK = 3KD. Trên đường thẳng vuông góc tại H lấy điểm S sao cho SBH của CH và BK. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp của hình chóp SAHEK. 52a 3 13 52a3 12 54a3 13 a 3 13 . . . . B. C. D. 3 3 3 3 Câu 12. Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k ≤ n . Mệnh đề nào sau đây đúng? n! k! n! n! A. Ank = B. Ank = C. Ank = D. Ank = . k !( n − k ) ! k! ( n − k )! ( n − k )!

Câu

13.

Trong

không

gian

Oxyz ,

cho

hai

đường

thẳng

( d1 ) :

x−3 y −3 z +2 , = = 1 −1 −2

x − 5 y +1 z − 2 và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 3z − 5 = 0 . Đường thẳng vuông góc với ( P ) , cắt cả = = 2 1 −3 và ( d 2 ) có phương trình là

( d2 ) :

( d1 )

x −1 = 3 x −1 C. = 1

x −2 y −3 = = 1 2 x −3 y −3 D. = = 1 2

y +1 z = . 2 1 y +1 z = . 2 3

Câu 14. Tính tích phân

∫ x+2

z −1 . 3 z+2 . 3

bằng

5 A. log . 2

B. ln

5 . 2

25 . 4

0 Câu 15. Hình chóp S . ABC có SA = 3a và SA ⊥ ( ABC ) , AB = BC = 2a , ABC = 120 . Thể tích của khối

chóp S. ABC là

A. 6a 3 3 .

B. a 3 3 .

C. 3a 3 3 .

D. 2a3 3 .

Câu 16. Gọi là đa giác đều 4n đỉnh nội tiếp trong đường tròn tâm O n ∈ ℕ* và X là tập hợp các tam giác có

(

)

ba đỉnh là các đỉnh của đa giác. Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập X. Biết rằng xác suất chọn được một 1 tam giác vuông thuộc tập X là . Giá trị của n là 13 A. 9. B. 14. C. 10. D. 12.

Câu 17. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [ −1;3] có đồ thị như hình vẽ sau.

Trang 2/20 - Mã đề thi 137

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

y 16 7 3 -1 0

-9

Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) + m trên đoạn [ −1;3] bằng 2018?

A. 2.

B. 4. C. 6 D. 0. Câu 18. Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 = 2 và công sai d = 5 . Giá trị của S4 bằng. A. 17 .

B. 34 .

C. 19 .

D. 38 .

Câu 19. Cho hình trụ có diện tích xung quanh bằng 2π a 2 và bán kính đáy bằng a . Độ dài đường cao của hình trụ đó bằng 3a A. a 2. B. C. a. D. 2a. . 2 Câu 20. Cho số phức z thỏa z − 1 = 2 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T = z + i + z − 2 − i bằng A. 4 .

B. 8 .

C. 4 2 .

D. 8 2 . 2 Câu 21. Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình log3 x.log 9 x.log 27 x.log81 x = bằng 3 82 80 A. . B. . C. 9 . D. 0 . 9 9 Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M và N. Gọi V1, V thứ tự là thể tích của khối chóp S.AMKN và khối chóp V S.ABCD. Giá trị nhỏ nhất của tỷ số 1 bằng V 1 3 1 2 A. . B. . C. . D. . 3 8 2 3 tan x − 10 Câu 23. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ ( −15;15 ) sao cho hàm số y = đồng biến trên tan x − m  π khoảng  0;  ?  4 A. 20. B. 9 C. 10. D. 29. Câu 24. Cho a, b, c > 0 , a, c, ac ≠ 1 . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng? A.

log a c = 1 + log a b . log ab c

log a c = 1 + log a c . log ab c

log a c = 1 − log a b . log ab c

log a c = 1 − log a c . log ab c

Câu 25.

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn đường thẳng

( d1 ) :

x −1 y − 2 z , = = 1 2 −2

x − 2 y z −1 x−4 y−2 z x y+2 z−4 , ( d3 ) : = và ( d 4 ) : = = . Hỏi có bao nhiêu đường thẳng = = = 2 2 −1 2 4 −4 2 1 1 cắt cả bốn đường thẳng đã cho?

( d2 ) :

Trang 3/20 - Mã đề thi 137 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. 2.

B. Vô số.

C. Không có.

D. 1.

Câu 26. Một ô tô bắt đầu chuyển động với vận tốc v ( t ) = at 2 + bt với t tính bằng giây và v tính bằng mét/giây, sau 10 giây thì đạt vận tốc cao nhất v = 50 và giữ nguyên vận tốc đó, có đồ thị vận tốc như hình sau.

Tính quãng đường s ô tô đi được trong 20 giây ban đầu. 2000 2500 A. s = 800 . B. s = . C. s = . 3 3

Câu 27. Tập nghiệm của 32 x > 3x+ 4 là A. ( 0;81) . B. ( 4; +∞ ) .

( 0; 4 ) .

D. s =

2600 . 3

( −∞; 4 ) .

Câu 28. Xét các số phức z thỏa mãn z + 1 + 3i = 2z − 1 . Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có bán kính bằng

A. 11 .

C. 5 . D. 11 . x −1 y + 1 z − 2 Câu 29. Trong không gian Oxyz , đường thẳng ( d ) : có một vectơ chỉ phương là = = 2 3 4 A. ( 4;3; 2 ) . B. ( 2;3; 4 ) . C. (1; −1; 2 ) . D. ( −1;1; −2 ) . 5.

Câu 30. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm của phương trình f ( x ) − 4 = 0 là

A. 2 .

B. 3 .

C. 0 .

D. 1.

x+2 đồng biến trên khoảng ( −∞; −6 ) ? x + 3m C. 1 . D. 2 .

Câu 31. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = A. 6 .

B. vô số. −x + 2 Câu 32. Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) và điểm A ( a;1) . Gọi S là tập hợp tất cả giá trị thực của a để x −1 có duy nhất một tiếp tuyến của ( C ) đi qua điểmA. Số phần tử của S là A. 4.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 33. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 16 x − 2.12 x + ( m − 2 ) .9 x = 0 có nghiệm dương? A. 2 .

B. 3 .

C. 4 .

D. 1.

Câu 34. Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức Trang 4/20 - Mã đề thi 137

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. z = 2 + i .

B. z = −1 + 2i .

C. z = 1 − 2i .

D. z = 2 − i .

Câu 35. Cho hàm số y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có hai cực trị x1, x2 thỏa −2 < x1 < 0 < x2 < 2 và có đồ thị như hình vẽ. y 2

x -2

0 -2

Số điểm cực tiểu của hàm số y = f ( f ( x ) ) là

A. 3.

B. 5.

-4

C. 7.

D. 4.

Câu 36. Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình bên. Hàm số y = f ( 2 − x ) đồng biến trên khoảng

A. (1;3) .

( 2; +∞ ) .

Câu 37. Cho

∫ ( 2 + x ln x ) dx = ae

( −2;1) .

( −∞; −2 ) .

+ be + c với a, b, c là các số hữu tỉ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. a − b − c = 0 .

B. a − b + c = 0 .

C. a + b + c = 0 .

D. a + b − c = 0 .

Câu 38. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ [ −6;8] để phương trình log 3 x − 2 − log 2 ( x + 1) = m có ba 2

nghiệm phân biệt? A. 6.

B. 8.

C. 9.

D. 15.

Câu 39. Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy bằng B là A. V =

4 3 Bh . 3

B. V = 4 Bh 2 .

1 C. V = Bh . 3

D. V = Bh .

Câu 40. Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? Trang 5/20 - Mã đề thi 137 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. y = − x4 + 2 x 2 + 2 .

B. y = x 4 − 2 x 2 + 2 .

C. y = x3 − 3x 2 + 2 .

D. y = − x3 + 3x 2 + 2 . = 300 , IM = a . Khi quay tam giác OIM Câu 41. Trong không gian cho tam giác OIM vuông tại I , IOM quanh cạnh OI thì tạo thành một hình nón tròn xoay. Tính thể tích khối nón tròn xoay được tạo thành. A.

π a3 3

B. π a 3 3 .

Câu 42. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f (1) = A.

16 . 3

2π a3 . 3

D. 2π a 3 3 .

1 2 và f ′ ( x ) =  xf ( x )  với mọi x ∈ R . Giá trị f ( 2 ) bằng 3

3 . 16

2 . 3

3 . 2

Câu 43. Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. y 4 3

-2

-1

Đặt g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x + 1) .Biết f ( −2 ) = f ( 3) . Mệnh đề nào đúng? A. max g ( x ) = g ( 3 ) , min g ( x ) = g ( −2 ) . [ −2;3] [ −2;3]

B. max g ( x ) = g ( 2 ) , min g ( x ) = g ( 3 ) . [ −2;3] [ −2;3]

C. max g ( x ) = g ( 2 ) , min g ( x ) = g ( −2 ) . [ −2;3] [ −2;3]

D. max g ( x ) = g ( −2 ) , min g ( x ) = g ( 2 ) . [ −2;3] [ −2;3]

Câu 44. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm M ( 2; 0;0 ) , N ( 0;0;3) , P ( 0; 2;0 ) . Mặt phẳng ( MNP ) có phương trình là x y z A. + + = 0 . 2 3 2

x y z + + =1. 2 3 2

x y z + + = 1. 2 2 3

x y z + + = 0. 2 2 3

Câu 45. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x 3 − 4 x 2 + 2 trên đoạn [ −1; 2] bằng A. −5 .

B. −14 .

C. 2 .

D. −25 .

Câu 46. Cho số phức z = ( 2 + i )(1 − i ) + 1 + 2i . Mô-đun của số phức z là A. 2 2 .

Trang 6/20 - Mã đề thi 137

B. 4 2 .

17 .

D. 2 5 .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 47. Xét các số phức z, w thỏa z − 1 − 3i ≤ z + 2i và w + 1 + 3i ≤ w − 2i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = z − w là A.

3 . 13

3 26 . 13

26 . 4

13 + 1 . 2

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A và đường thẳng d có phương trình Câu 48. x +1 y − 2 z = = .Phương trình đường thẳng qua điểm A,vuông góc với đường thẳng d và cắt đường thẳng d 2 1 −2 là

x − 2 y − 1 z − 10 . = = 1 −3 −8

x −1 y + 1 z − 3 . = = 2 3 6

x − 2 y − 1 z − 10 . = = 1 3 −10

x +1 = 2 x −1 Câu 49. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ( d ) : = 4 và vuông góc với đường thẳng ( d ) có phương trình là

A. x − y + 2 z − 13 = 0 . C. 2 x − 3 y − z + 8 = 0 .

y −1 z + 3 . = 6 −3 y +1 z − 2 . Mặt phẳng đi qua A ( 5; −4;2 ) = −6 −2

B. x − y + 2 z + 13 = 0 . D. 2 x − 3 y − z − 20 = 0 .

Câu 50. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) có phương trình lần lượt là

( x − 2)2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 = 16 và ( x − 2)2 + ( y − 1)2 + ( z − 5)2 = 4 . Gọi ( P ) là mặt phẳng thay đổi tiếp xúc với cả hai mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) . Khoảng cách lớn nhất từ gốc toạ độ O đến mặt phẳng bằng: A.

9 − 15 . 2

15 .

9 + 15 . 2 ------------- HẾT -------------

8 3+ 5 . 2

Trang 7/20 - Mã đề thi 137 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số C7 C30 C45 Chương 1: Hàm Số

C4 C40

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C1 C24

C10 C27 C38

C21 C33

C5 C9 C14

C26 C37 C42

C28 C34 C46

C20 C47

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

Lớp 12 (94%)

Chương 4: Số Phức

C3 C17 C23 C31 C32 C35 C36

C43

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C2 C15

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C39 C41

C19

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C6 C29

C44 C49

C8 C11 C22

C13 C25 C48

Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

Lớp 11 (6%)

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

C12

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C18

C16

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

Hình học

Trang 8/20 - Mã đề thi 137

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C50

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (0%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu

Điểm

3.6

0.4

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: KHÁ + Đánh giá sơ lược: Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 3 câu hỏi lớp 11 Không có câu hỏi lớp 10. Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 Trang 9/20 - Mã đề thi 137 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

22 câu VD-VDC phân loại học sinh 2 câu hỏi khó ở mức VDC C43 C50 Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng Đề phân loại học sinh ở mức khá

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C C D A D B A D C A 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 C B B B A D B A B D

11 A 36 C

12 D 37 A

13 C 38 B

14 B 39 D

15 D 40 C

16 C 41 A

17 A 42 D

18 D 43 B

19 C 44 C

20 A 45 B

21 D 46 C

22 A 47 B

23 B 48 A

Câu 1. Lời giải: Đáp án A Câu 2. Lời giải: Câu 3. Lời giải: Gọi x,y lần lựợt là số lít nước cam và nước táo cần pha chế. Số điểm thưởng nhận được là F = 60 x + 80 y . 30 x + 10 y ≤ 210 x + y ≤ 9  Ta có hệ bất phương trình  . Miền nghiệm của hệ như hình vẽ.  x + 4 y ≤ 24  x ≥ 0, y ≥ 0 y

(0;6)

(4;5) (6;3) x

(0;0)

(7;0)

Giá trị lớn nhất của F đạt được tại điểm ( 4;5 ) . Vậy đội A đã pha chế 4 lít nước cam và 5 lít nước táo.

Đáp ánA. Câu 4. Lời giải: Đáp án D Câu 5. Lời giải:

Trang 10/20 - Mã đề thi 137

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

24 A 49 D

25 B 50 C

Ta có 2

∫ ( x + 4) 1

2 4dx 4dx x+4 − x =∫ =∫ dx = 2  x − x + 4  = 8 + 20 − 24 − 2 1 x + x x + 4 1 x ( x + 4)  x + x + 4  1 x ( x + 4)  

Vậy T = a + b + c + d = 54 . Đáp án C. Câu 6. Lời giải: Đáp án A Câu 7. Lời giải: Đáp án D Câu 8.

Lời giải: S

P A M

D N

+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy, M là trung điểm AB, N = MH ∩ CD . = 450 ⇒ SA = SH 2 SA, ( ABCD) ) = SAH Ta có ( + Tam giác SAB cân tại S nên SM ⊥ AB . Mặt khác AB ⊥ SH ⇒ AB ⊥ ( SMN )

= 600 ⇒ SM = SH . 2 Vậy góc giữa hai mặt phẳng và là SMH 3 + Từ điểm N dựng NP ⊥ SM . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD là NP = a 6 . 2 Ta có SH .MN = NP.SM ⇔ SH . AB = a 6.SH ⇔ AB = 2 2a ⇔ SH = a 3 3

+ Trong tam giác SAM ta có SA2 = AM 2 + SM 2 ⇔ 2 SH 2 =

4 SH 2 + 2a 2 ⇔ SH = a 3 3

1 a 3.8a 2 8 3a3 Suy ra VS . ABCD = SH .S ABCD = . Đáp ánA. = 3 3 3 Câu 9. Lời giải: Đáp án C Câu 10. Lời giải:

(

)

(

)

Phương trình log3 6.2 x − 3 − log 3 4 x − 4 = 1 ⇔ log3

6.2 x − 3 x

4 −4

= 1 ⇔ 3.4 x − 6.2 x − 9 = 0 ⇔ 2 x = 3 ∨ 2 x = −1

Trang 11/20 - Mã đề thi 137 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Suy ra nghiệm x = log 2 3 .Đáp án

B. Câu 11. Lời giải: S

A K

E B

Ta có: – AD ⊥ AB và AD ⊥ SH nên AD ⊥ SA ⇒ ∠ SAK = 900. – SH ⊥ HK nên ∠ SHK = 900. – CH ⊥ BK và BK ⊥ SH nên BK ⊥ ⇒ ∠ SEK = 900. Vậy SAHEK nội tiếp mặt cầu có đường kính là SK. Theo giả thiết ta có: BH = 3a; HA = a; AK = 3a và KD =A.

∆ SHB vuông tại H có ∠ SBH = 300 nên SH = BH.tan300 = a 3 . Ta có SK2 = SH2 + HK2 = 3a2 + 10a2 = 13a2 ⇒ SH = a 13 . Vậy Vmc =

4π 3 4 π 52πa3 13 . Đáp án ( a 13)3 = R = 3 3 3

C. Câu 12. Lời giải: Đáp án D Câu 13. Lời giải: Đáp án B

d ⊥ ( P ) nên suy ra vectơ chỉ phương của d ⇒ loại C, D. Xét vị trí của d và d1, d và d2. Chọn C Câu 14. Lời giải: Đáp án C Câu 15. Lời giải: 1 1 V = S ABC .SA = .BC.BA.sin B.SA = 2a 3 3 3 3 Chọn D Trang 12/20 - Mã đề thi 137

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 16. Lời giải: 3 Số phần tử của tập X là C4n

Gọi A là biến cố: “Chọn được tam giác vuông” Đa giác đều 4n đỉnh nội tiếp trong đường tròn tâm O có 2n đường chéo qua tâm O. Mỗi tam giác vuông tạo bởi hai đỉnh nằm trên cùng một đường chéo qua tâm O và một đỉnh trong 4n − 2 đỉnh còn lại. Suy ra số tam giác vuông được tạo thành là C21n .C41n−2 . Từ giả thiết suy ra P ( A ) =

C12n .C41n−2

C43n

1 ⇔ n = 10 13

Câu 17. Lời giải: Xét hàm số y = f ( x ) + m . Từ đồ thị hàm số f ( x ) trên đoạn [ −1;3] , suy ra −9 + m ≤ f ( x ) + m ≤ 16 + m Vậy max f ( x ) + m = max { 16 + m ; −9 + m } [ −1;3] TH1. Nếu 16 + m ≥ −9 + m ⇔ m ≥ −

7 ta có max f ( x ) + m = 16 + m = 16 + m = 2018 ⇒ m = 2002 2 [ −1;3]

TH2. Nếu 16 + m < −9 + m ⇔ m < −

7 ta có max f ( x ) + m = −9 + m = 9 − m = 2018 ⇒ m = −2009 . 2 [ −1;3]

Vậy có 2 giá trị nguyên cần tìm. Đáp án B. Câu 18. Lời giải: Đáp án A Câu 19. Lời giải: Đáp án A Câu 20. Lời giải: 2

Ta có z − 1 = 2 ⇔ ( x − 1) + y 2 = 2 ⇒ x 2 + y 2 = 2 x + 1 2

T = z + i + z − 2 − i = x 2 + ( y + 1) +

( x − 2 )2 + ( y − 1)2

= 2 ( x + y + 1) + 2 ( − x − y + 3)

Suy ra T ≤ 4.4 = 4 . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức T = z + i + z − 2 − i bằng 4. Đáp án

D. Câu 21. Lời giải: Đáp án D Câu 22. Lời giải:

Trang 13/20 - Mã đề thi 137 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

K N

1 1 Vì ABCD là hình bình hành nên VS . ABC = VS . ADC = VS . ABCD = V 2 2 V SM SK x.V SM SN Đặt = x, = y thì SAMK = . ⇒ VSAMK = 4 VSABC SB SC SB SD

V x+ y 1 Suy ra V1 = VS . AMK + VS . ANK = V ( x + y ) ⇒ 1 = 4 V 4 V 3 xy V V 3 xyV Lại có V1 = VS . AMN + VS .MNK = xy + xy = . ⇒ 1= 2 4 4 V 4 x Từ và suy ra x + y = 3 xy ⇒ y = 3x − 1 1 x 1  Do 0 < x, y ≤ 1 nên 3 x − 1 > 0 và ≤ 1 ⇔ 2 x − 1 ≥ 0 ⇒ x ≥ . Vậy x ∈  ;1 . 3x − 1 2 2  Từ đósuy ra

V1 3x 2 1  = = f ( x ) với x ∈  ;1 . V 4 ( 3x − 1) 2 

Ta có f ′ ( x ) =

3x(3x − 2) 4(3x − 1)2

. Lập bảng biến thiên

1 V1 3 ≤ ≤ . 3 V 8 2 2 V  1 Vậy min  1  = khi x = hay SM = SB 3 3 V  3 Câu 23. Lời giải: t − 10  π . Đặt t = tan x . Với x ∈  0;  thì t ∈ ( 0;1) , hàm số trở thành f ( t ) = t−m  4

Suy ra

Đạo hàm f ′ ( t ) =

− m + 10

(t − m)

Trang 14/20 - Mã đề thi 137

 −m + 10 > 0  π . Hàm số đồng biến trên  0;  khi  ⇒ 1 ≤ m < 10 .  4 m ≤ 0 ∨ m ≥ 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy có 9 giá trị nguyên của m. Đáp án C. Câu 24. Lời giải: Đáp án C log a c = log a c ( log c ab ) = log a c ( log c a + log c b ) = 1 + log a b log ab c

Câu 25. Lời giải: (d4) (d1)

(d3)

(d2)

Hai đường thẳng ( d1 ) , ( d3 ) song song và nằm trong mặt phẳng 3 y + z − 6 = 0 . Hai đường thẳng ( d 2 ) , ( d4 ) phân biệt cùng cắt mặt phẳng 3 y + z − 6 = 0 tại điểm A ( 4;2;0 ) . Qua A có vô số đường thẳng cắt Hai đường thẳng ( d1 ) , ( d3 ) . Vậy có vô số đương thẳng cắt bốn đường thẳng

đã cho. Câu 26. Lời giải: 1  b  = 10 1 2 − a = − Từ đồ thị ta có  2a ⇒ 2 ⇒ v ( t ) = − t + 10t 2 100a + 10b = 50 b = 10 10

quãng đường s ô tô đi được trong 20 giây ban đầu bằng

2500  1 2  ∫  − 2 t + 10t  dt + ∫ 50dt = 3 . Đáp ánA. 0 10

Câu 27. Lời giải: Đáp án D Câu 28. Lời giải: Đáp án A Câu 29. Lời giải: Đáp án A Câu 30. Lời giải: Đáp án C Câu 31. Lời giải:

Trang 15/20 - Mã đề thi 137 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2  3m − 2 > 0 m > Ycbt ⇔  ⇔ 3 ⇒ m = 1, m = 2  −3m ≥ −6  m ≤ 2 Chọn D Câu 32. Lời giải: Phương trình tiếp tuyến tại điểm ( x0 ; y0 ) là y = − Tiếp tuyến đi qua điểm A suy ra 1 = −

a − x0

( x0 − 1)

 −x + 2  + 0   x0 − 1 

x − x0

( x0 − 1)2

 −x + 2  2 + 0  ⇒ 2 x0 − 4 x0 + a + 3 = 0 có duy nhất nghiệm x0  x0 − 1 

khi a = 1 . Số phần tử của S là 1. Đáp ánA. Câu 33. Lời giải: 4 16 x − 2.12 x + ( m − 2 ) .9 x = 0 ⇔   3 ⇔ −m > min f ( t ) = −3 Ycbt ⇔ m<3 ⇒ m = 1, m = 2 Có 2 giá trị. chọn B Câu 34. Lời giải: Đáp án A Câu 35. Lời giải:

4 − 2   − 2 = −m 3

+ Từ đồ thị hàm số f ( x ) suy ra dấu đạo hàm f ′ ( x ) > 0 ⇔ x < x1 ∨ x > x2 . + Xét hàm số y = f ( f ( x ) ) có đạo hàm y′ = f ′ ( x ) f ′ ( f ( x ) ) .Ta có f ′ ( f ( x ) ) > 0 ⇔ f ( x ) < x1 ∨ f ( x ) > x2 . Gọi x3 , x4 , x5 ( x3 < x4 < x5 ) là các nghiệm phương trình f ( x ) = x1 và x6 , x7 , x8

( x6 < x7 < x8 )

là các

nghiệm phương trình f ( x ) = x2 Ta có f ( x ) < x1 ⇔ x < x3 ∨ x4 < x < x5 và f ( x ) > x2 ⇔ x6 < x < x7 ∨ x > x8 . y (6)

(7)

(8)

f(x) = x2 x

x2 x1 0 (3)

(4)

(5)

f(x) = x1

Các giá trị f ( f ( x3 ) ) = f ( f ( x4 ) ) = f ( f ( x5 ) ) = f ( x1 ) = 2 và f ( f ( x6 ) ) = f ( f ( x7 ) ) = f ( f ( x8 ) ) = f ( x2 ) = −2 Bảng biến thiên: Trang 16/20 - Mã đề thi 137

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Suy ra số điểm cực tiểu của hàm số y = f ( f ( x ) ) là 4. Đáp án

D. Câu 36. Lời giải: Chọn C

 2 − x ≤ −1 x ≥ 3 ⇔ Hàm số đồng biến y ' = − f ' ( 2 − x ) ≥ 0 ⇔  1 ≤ 2 − x ≤ 4  −2 ≤ x ≤ 1 Câu 37. Lời giải: Đáp án C e

e  x2  x x x dx x x 2 + ln = 2 + ln − ( ) ( )   ∫ ∫ 2 dx 1  2   1 1 1 e

7 e 2  e2 1  e2 −  −  = + 2e −   2  4 4 4 4 1 7 ⇒ a = , b = 2, c = − ⇒ a − b − c = 0 . 4 4 Câu 38. Lời giải: = ( 2e − 2 ) +

3 log 3 x − 2 − log 2 ( x + 1) = m ⇔ log 3 x − 2 ( x + 1) = m ⇔ x − 2 ( x + 1) =   . 2 2

Đồ thi hàm số y = x − 2 ( x + 1) như hình sau y

9 4

1 2

9 3 Suy ra phương trình có ba nghiệm phân biệt khi 0 <   < ⇒ m < 2 . 4 2 Vậy có 8 giá trị nguyên của m cần tìm. Đáp án Trang 17/20 - Mã đề thi 137 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

D. Câu 39. Lời giải: Đáp án C. Câu 40. Lời giải: Đáp án C Câu 41. Lời giải:

1 2 1 2 a π a3 3 V = πr h = πa = 3 3 3 tan 300 Chọn A Câu 42. Lời giải: Từ giả thiết suy ra

f ′( x) f

( x)

= x2 ⇒ ∫ 1

f ′( x) f

( x)

dx = ∫ x 2 dx = 1

7 1 1 7 ⇒ − = . 3 f (1) f ( 2 ) 3

3 Suy ra f ( 2 ) = . Đáp án 2

B. Câu 43. Lời giải: 2

Hàm số g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x + 1) có đạo hàm g ′ ( x ) = 2  f ′ ( x ) − ( x + 1)  . Xét đường thẳng y = x + 1 đi qua các điểm ( −2; −1) , ( 2;3) , ( 3;4 ) trên đồ thị đã cho. Suy ra g ′ ( x ) > 0 ⇔ x ∈ ( −2; 2 ) ∪ ( 3; +∞ ) . Bảng biến thiên:

Suy ra max g ( x ) = g ( 2 ) .Mặt khác g ( −2 ) = 2 f ( −2 ) − 1, g ( 3) = 2 f ( 3) − 16 . Do f ( −2 ) = f ( 3) nên suy ra [ −2;3]

g ( −2 ) > g ( 3) . Vậy min g ( x ) = g ( 3 ) . Đáp ánA. [ −2;3] Câu 44. Lời giải: Trang 18/20 - Mã đề thi 137

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đáp án B Câu 45. Lời giải: Đáp án B Câu 46. Lời giải: z = ( 2 + i )(1 − i ) + 1 + 2i = 4 + i z = 17 Đáp án C

Câu 47. Lời giải: Đặt z = x + yi ta có z − 1 − 3i ≤ z + 2i ⇔ x + 5 y − 3 ≥ 0 Đặt w = x′ + y ′i w + 1 + 3i ≤ w − 2i ⇔ x′ + 5 y′ + 3 ≤ 0 . Suy ra tập các điểm biểu diễn hai số phức z và w như hình vẽ

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z − w bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng x + 5 y − 3 = 0 và x + 5 y + 3 = 0 và bằng

3 26 . Đáp án 13

B. Câu 48. Lời giải: Phương trình mặt phẳng qua A và vuông d là 2x -2y + z -12 = 0 Khi đó và cắt nhau tại B. Đường thẳng cần tìm là đường thẳng qua hai điểm A, B có phương trình

x − 2 y − 1 z − 10 . Đáp ánA. = = 1 −3 −8

Câu 49. Lời giải: Đáp án B Câu 50. Lời giải: 2

Mặt cầu ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 1) = 16 có tâm I ( 2;1;1) và bán kính R = 4 . Mặt cầu ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 5 ) = 4 có tâm J ( 2;1;5) và bán kính r = 2 Suy ra tâm vị tự của hai mặt cầu trên là K ( 2;1;9 ) Phương trình mặt phẳng cần tìm có dạng a ( x − 2 ) + b ( y − 1) + c ( z − 9 ) = 0 . Trang 19/20 - Mã đề thi 137 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2 2 d ( I ; ( P ) ) = 4 c 1 a b ⇒ = ⇔   +  = 3 Ta có  c c a 2 + b2 + c2 2 d ( J ; ( P ) ) = 2 2a + b − 9c 1 2a b = + −9 . Từ đó có d ( O; ( P ) ) = a 2 + b2 + c 2 2 c c

Đặt t =

2a b 1  a   2a  + ta có   +  t −  = 3 và d ( O; ( P ) ) = t − 9 . c c 2 c  c 

Phương trình có nghiệm khi − 15 ≤ t ≤ 15 . Suy ra khoảng cách lớn nhất từ gốc toạ độ O đến mặt phẳng bằng

9 + 15 . Đáp án 2

Trang 20/20 - Mã đề thi 137

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ Mã đề thi 138

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Câu 1. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y =

1 + log 3 x − m xác định trên 2m + 1 − x

( 2;3) . A. −1 < m < 2

B. −1 ≤ m ≤ 2

C. 1 ≤ m ≤ 2

D. 1 < m ≤ 2

Câu 2. Cho số phức z thỏa mãn z + 1 − i = z − 3i . Tính môđun nhỏ nhất của z − i . A.

3 5 . 10

4 5 . 5

Câu 3. Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

3 5 . 5 x

8 − x2

7 5 . 10

thoả mãn F ( 2 ) = 0 . Khi đó phương trình

F ( x ) = x có nghiệm là A. x = 0 . B. x = 1 − 3 . C. x = 1 . Câu 4. Trong các dãy số sau, dãy số nào là cấp số cộng? B. 5, 2, −1, −4, −7 . A. −3,1, 5,9,14 . C.

7 5 1 1 D. − , − , −2, − , . 2 2 2 2

5 1 1 ,1, , − , −3 . 3 3 3

Câu 5. Bất phương trình trị là bao nhiêu? A. 4.

D. x = −1 .

2 x3 + 3x 2 + 6 x + 16 − 4 − x ≥ 2 3 có tập nghiệm là [ a; b] . Hỏi tổng a + b có giá B. 5.

C. 3.

D. −2 .

Câu 6. Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ:

Đồ thị hàm số y = f ( x) có mấy điểm cực trị? A. 3. B. 1. C. 0. D. 2. Câu 7. Có tất cả bao nhiêu số dương a thỏa mãn đẳng thức log 2 a + log3 a + log 5 a = log 2 a.log 3 a.log 5 a A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Trang 1/20 - Mã đề thi 138 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 8. Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD. A1 B1C1 D1 cạnh đáy bằng 1 và chiều cao bằng x . Tìm x để góc tạo bởi đường thẳng B1 D và ( B1 D1C ) đạt giá trị lớn nhất.

B. x = 1 .

A. x = 2 . Câu 9. Đồ thị hàm số y = A. x = −1 và y = 2 .

C. x = 0,5 .

D. x = 2 .

2x − 3 có các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là: x −1 B. x = 1 và y = −3 .

C. x = 2 và y = 1 .

D. x = 1 và y = 2 .

Câu 10. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2 − 4i = z − 2i . Số phức z có môđun nhỏ nhất là? A. z = −2 + 2i . B. z = 2 − 2i . C. z = 2 + 2i . D. z = −2 − 2i . Câu 11. Cho số phức z = 5 − 4i . Số phức đối của z có tọa độ điểm biểu diễn là A.

( −5; −4) .

( 5; 4 ) .

( −5; 4 ) .

( 5; −4 ) .

2x −1 có đồ thị ( C ) . Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Tiếp tuyến ∆ của x−2 ( C ) tại M cắt các đường tiệm cận tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ

Câu 12. Cho hàm số y =

nhất. Khi đó tiếp tuyến ∆ của ( C ) tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích lớn nhất thuộc khoảng nào?

( 26; 27 ) .

( 29; 30 ) .

( 27; 28) .

( 28; 29) .

Câu 13. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α ) : 2 x − 3z + 2 = 0 . Vectơ nào dưới đây là vectơ pháp tuyến của (α ) ? A. n2 = ( 2;0; −3) . B. n3 = ( 2;2; −3) .

C. n1 = ( 2; −3;2 ) .

D. n4 = ( 2;3;2 ) .

Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( 2;1; −2 ) và N ( 4; −5;1) . Tìm độ dài đoạn thẳng MN .

A. 7 .

D. 49 .

41 .

Câu 15. Cho hai điểm A (1; 2;1) và B ( 4;5; −2 ) và mặt phẳng ( P ) có phương trình 3 x − 4 y + 5 z + 6 = 0 . Đường thẳng AB cắt ( P ) tại điểm M . Tính tỷ số

MB . MA

1 . C. 4 . D. 3 . 4 Câu 16. Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 3 + 3 x + 2 là hàm số nào trong các hàm số sau? A. 2 .

A. F ( x ) = 3x 2 + 3 x + C .

B. F ( x ) =

x4 + 3x 2 + 2 x + C . 3

x4 x2 x 4 3x 2 D. F ( x ) = + + + 2x + C . + 2x + C . 4 2 4 2 Câu 17. Một hợp tác xã nuôi cá thí nghiệm trong hồ. Người ta thấy rằng nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có n con cá thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng P ( n) = 480 − 20n . Hỏi phải thả bao nhiêu cá

C. F ( x ) =

trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều gam cá nhất? A. 12. B. 24. C. 6. D. 32. Câu 18. Cho hình chóp đều S . ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a , các cạnh bên tạo với đáy góc 45° . Diện tích toàn phần của hình chóp trên theo a là.

A. 2 3a 2 . Trang 2/20 - Mã đề thi 138

(

)

3 +1 a2 .

(

)

3 −1 a2 .

D. 4a 2 .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x y +1 z + 2 = = và mặt phẳng 1 2 3 ( P ) : x + 2 y − 2 z + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm M có tọa độ âm thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến ( P )

Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

bằng 2.

A. M ( −1; −3; −5 )

B. M ( −1; −5; −7 ) .

D. M ( −2; −3; −1) . . mx + 4 Câu 20. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = giảm trên khoảng ( −∞;1) ? x+m A. −2 ≤ m ≤ 2 . B. −2 < m < 2 . C. −2 ≤ m ≤ −1 . D. −2 < m ≤ −1 . .

C. M ( −2; −5; −8 )

Câu 21. Biết phương trình 4log9 x − 6.2log9 x + 2log3 27 = 0 có hai nghiệm x 1, x 2 . Khi đó x 12 + x 22 bằng :

82 . D. 20 . 6561 Câu 22. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số: y = x 4 − 2m2 x 2 + 1 có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân. A. m = 1 . B. m = ±1 . C. m = −1 . D. m ≠ 0 . A. 90 .

B. 6642 .

Câu 23. Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường y 2 = 4 x và đường thẳng x = 4 . Thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi D xoay quanh trục Ox là:

A. 4π B. 64π C. 16π D. 32π Câu 24. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng 1, SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt bên SBC và đáy bằng 60° . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng bao nhiêu? A.

43π . 12

43π . 36

4π a 3 . 16

43π . 4

Câu 25. Cho hàm số f liên tục trên ℝ thỏa f ( x) + f (− x) = 2 + 2 cos 2 x , với mọi x ∈ ℝ . Giá trị của tích π 2

phân I =

∫

f ( x)dx là

−π 2

A. −2 . B. −7 . C. 7. D. 2. Câu 26. Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình log x 2 − log16 x = 0 . Khi đó tích x1.x2 bằng: A. 1

B. −1

C. −2

D. 2

Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( −2;1;1) và B ( 0; − 1;1) . Viết phương trình mặt cầu đường kính AB. .

( x − 1)

+ y 2 + ( z + 1) = 8 .

( x − 1)

( x + 1)

+ y 2 + ( z − 1) = 8 .

+ y 2 + ( z + 1) = 2 .

( x + 1)

+ y 2 + ( z − 1) = 2 .

Trang 3/20 - Mã đề thi 138 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 28. Cắt khối lăng trụ MNP.M ′N ′P′ bởi các mặt phẳng ( MN ′P′ ) và ( MNP′ ) ta được những khối đa diện nào? A. Ba khối tứ diện. B. Hai khối tứ diện và một khối chóp tứ giác. C. Hai khối tứ diện và hai khối chóp tứ giác. D. Một khối tứ diện và một khối chóp tứ giác. Câu 29. Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [a; b] , trục hoành và hai đường thẳng x = a , x = b được tính theo công thức b

B. S =ò f ( x)dx.

A. S = pòf ( x)dx. a

C. S =ò f ( x) dx.

D. S =ò f ( x) dx.

Câu 30. Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các số 1, 3, 5, 7, 9. Tính xác suất để tìm được một số không bắt đầu bởi 135. 59 1 5 1 A. . B. . C. . D. . 60 6 6 60 x − 2 y + 3 z −1 Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = . Viết phương trình 1 2 3 đường thẳng d ′ là hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng ( Oyz ) .

x = 0  A. d ′ :  y = 3 + 2t . z = 0 

x = 2 + t  B. d ′ :  y = −3 + 2t . z = 0 

x = 0  C. d ′ :  y = −3 + 2t .  z = 1 + 3t 

x = t  D. d ′ :  y = 2t . z = 0 

1− x

Câu 32. Phương trình 3 A. 1.

1 = 2 +   có bao nhiêu nghiệm âm? 9 B. 3. C. 2.

D. 0. Câu 33. Tất cả giá trị của tham số m để đồ thị hàm số ( C ) : y = −2 x + 3x + 2m − 1 cắt trục hoành tại ba 3

điểm phân biệt là 1 1 A. − < m < . 2 2

1 B. 0 < m < . 2

1 C. 0 ≤ m ≤ . 2

1 1 ≤m< . 4 2

Câu 34. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình log 2 ( 5 x − 1) .log 4 ( 2.5 x − 2 ) = m có nghiệm x ≥ 1. ?

A. m ∈ [ 2; +∞ ) .

B. m ∈ [3; +∞ ) .

C. m ∈ (−∞; 2] .

D. m ∈ ( −∞;3] .

Câu 35. Cho phương trình sin 2018 x + cos 2018 x = 2 ( sin 2020 x + cos 2020 x ) . Tính tổng các nghiệm của phương trình trong khoảng ( 0; 2018) . 2

2 2  1285   1285  A.  B. ( 643) π . C. ( 642 ) π . D.   π.  π.  2   4  Câu 36. Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a và AB′ vuông góc với BC ′ . Thể tích của lăng trụ đã cho là.

a3 6 . 12

Câu 37. Tính A. I = 1 .

B. I = lim

a3 6 . 4

a3 6 . 8

a3 6 . 24

2n − 3 2 n 2 + 3n + 1 .

B. I = −∞ .

C. I = 0 .

D. I = +∞

Câu 38. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên dưới đây. x y′ Trang 4/20 - Mã đề thi 138

−1

−∞ –

+∞

–

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

−1

+∞

−∞

Khẳng định nào sau đây và khẳng định đúng? A. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và giá trị nhỏ nhất bằng 0. B. Đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

C. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;0 ) và ( 0; +∞ ) . D. Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 5 2 x − 2 +1 Câu 39. Biết I = ∫ dx = 4 + a ln 2 + b ln 5 với a, b ∈ ℤ . Tính S = a + b . x 1 A. S = −3 . B. S = 5 . C. S = 9 . D. S = 11 . Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng (α ) đi qua M ( 2;1; 2 ) đồng thời cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng (α ) là.

A. x + 2 y + z − 1 = 0 .

B. 2 x + y − 2 z − 1 = 0 .

C. 2 x + y + z − 7 = 0 .

D. x + 2 y + z − 6 = 0 .

Câu 41. Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn : z − ( 2 + 3i ) z = 1 − 9i . Giá trị của ab + 1 là : A. 1.

B. −2 . C. −1 . D. 0. Câu 42. Khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . SA = SB = SC = a , Cạnh SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là: A.

a3 . 4

a3 . 2

a3 . 8

3a 3 . 8

−2

Câu 43. Tìm tập xác định D của hàm số y = ( 2 x − 1) .

1  A. D =  ; 2  2 

1  B. D =  ; +∞  2 

1  C. D = ℝ \   2

1  D. D =  ; +∞  2 

Câu 44. Tập giá trị của hàm số y = a x (a > 0; a ≠ 1) là: A. ℝ

B. [0; +∞)

C. ℝ \{0}

D. (0; +∞)

Câu 45. Cho hình trụ có hai đường tròn đáy ( O; R ) và ( O′; R ) , chiều cao h = 3R . Đoạn thẳng AB có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy hình trụ sao cho góc hợp bởi AB và trục của hình trụ là α = 30° . Thể tích tứ diện ABOO′ là: R3 R3 3R 3 . B. . C. . 4 2 2 Câu 46. Cho V là thể tích khối nón tròn xoay có bán kính đáy r và chiều cao nào sau đây: 1 4 A. V = π r 2 h . B. V = π r 2 h . C. V = π 2 r 2 h . 3 3 x−2 Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : 1

( α ) : x + y + z − 1 = 0 . G ọi

d là đường thẳng nằm trên (α )

véctơ chỉ phương của d là: A. u = (1; − 2;1) B. u = (1;1; − 2 )

3R 3 . 4 h . V được cho bởi công thức

4 D. V = π r 2 h 3 y − 2 z −1 = = và mặt phẳng 1 2 đồng thời cắt đường thẳng ∆ và trục Oz . Một

C. u = ( 2; − 1; − 1)

D. u = (1; 2; − 3) .

Trang 5/20 - Mã đề thi 138 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= 120° . Gọi M , N lần lượt Câu 48. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có AB = 1, AC = 2, AA′ = 3 và BAC là các điểm trên cạnh BB′ , CC ′ sao cho BM = 3B′M , CN = 2C ′N . Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( A ' BN ) .

9 3 . 16 46

9 138 . 46

9 138 . 184

3 138 . 46

Câu 49. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 − 2 z + 6 = 0 . Trong đó z1 có phần ảo âm. Giá trị biểu thức M =| z1 | + | 3z1 − z2 | là:

6 + 2 21 D. 6 + 4 21 x −1 Câu 50. Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số y = 2 có đúng hai tiệm cận đứng. x + 2 ( m − 1) x + m2 − 2 6 − 4 21

3 . 2 3 C. m > − . 2

6 − 2 21

3 B. m > − ; m ≠ 1 . 2 3 D. m < ; m ≠ 1; m ≠ −3 . 2 ------------- HẾT -------------

A. m <

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số C17 C33 C38 Chương 1: Hàm Số

Lớp 12 (90%)

C6 C9

C12 C20 C22 C50

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C43 C44

C1 C7 C26 C32 C34

C21

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

C29

C3 C16 C23

C25 C39

Chương 4: Số Phức

C11

C2 C41

C10 C49

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

Trang 6/20 - Mã đề thi 138

C18 C28 C46

C45

C13 C14

C15 C27

C8 C24 C36

C19 C31 C40 C42 C47

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C48

Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

Lớp 11 (8%)

C35

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

C30

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

Chương 4: Giới Hạn

C37

Chương 5: Đạo Hàm

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (2%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Trang 7/20 - Mã đề thi 138 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu

Điểm

2.2

3.8

0.2

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: TRUNG BÌNH + Đánh giá sơ lược: Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11+10 chiêm 10% Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 20 câu VD-VDC phân loại học sinh Chỉ có 1 câu hỏi khó ở mức VDC : C48 Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng Đề phân loại học sinh ở mức khá

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C A B B B D D B D C 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 A D A D A C A B B A

11 C 36 C

12 C 37 C

13 A 38 B

14 A 39 B

15 A 40 D

16 D 41 C

17 A 42 C

18 B 43 C

19 A 44 D

20 D 45 A

21 B 46 B

22 B 47 B

Câu 1. Lời giải

 2 m + 1 − x > 0  x < 2m + 1 ⇔ Hàm số xác định ⇔  x − m > 0 x > m Suy ra, tập xác định của hàm số là D = ( m; 2m + 1) , với m ≥ −1 . m ≤ 2 m ≤ 2 ⇔ Hàm số xác định trên ( 2;3) suy ra ( 2;3) ⊂ D ⇔   2m + 1 ≥ 3  m ≥ 1 Câu 2. Lời giải Gọi z = x + yi; ( x; y ∈ ℝ ) có điểm M ( x; y ) biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ. Từ giả thiết z + 1 − i = z − 3i suy ra M ∈ ∆ : 2 x + 4 y − 7 = 0 . Ta có: z − i = x + ( y − 1) i có điểm M ′ ( x; y − 1) biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ. Ta có: 2 x + 4 y − 7 = 0 ⇔ 2 x + 4 ( y − 1) − 3 = 0 ⇒ M ′ ∈ ∆′ : 2 x + 4 y − 3 = 0 .

Trang 8/20 - Mã đề thi 138

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

23 D 48 C

24 A 49 C

25 D 50 D

Vậy z − i min = d ( O; ∆′ ) =

−3 2

2 +4

3 5 3 8 , khi z = + i . 10 10 5

Câu 3. Lời giải Đặt t = 8 − x 2 ⇒ t 2 = 8 − x 2 ⇒ −tdt = xdx x tdt 2 ∫ 8 − x 2 dx = − ∫ t = −t + C = − 8 − x + C . Vì F ( 2 ) = 0 nên C = 2 . Ta có phương trình − 8 − x 2 + 2 = x ⇔ x = 1 − 3

Câu 4. Lời giải. Chọn B Câu 5. Lời giải Chọn B Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 4 . Xét f ( x) = 2 x 3 + 3 x 2 + 6 x + 16 − 4 − x trên đoạn [ −2;4] . Có f ′( x) =

3 ( x 2 + x + 1) 3

2 x + 3 x + 6 x + 16

1 > 0, ∀x ∈ ( −2; 4 ) . 2 4−x

Do đó hàm số đồng biến trên [ −2;4] , bpt ⇔ f ( x ) ≥ f (1) = 2 3 ⇔ x ≥ 1 . So với điều kiện, tập nghiệm của bpt là S = [1; 4] ⇒ a + b = 5.

Câu 6. Lời giải Chọn D Theo định nghĩa cực trị

Câu 7. Lời giải (*) ⇔ log 2 a + log 3 2.log 2 a + log 5 2.log 2 a = log 2 a.log 3 5.log 5 a.log 5 a ⇔ log 2 a. (1 + log 3 2 + log 5 2 ) = log 2 a.log 3 5.log 52 a ⇔ log 2 a. (1 + log 3 2 + log 5 2 − log 3 5.log 52 a ) = 0

a = 1 a = 1 log 2 a = 0   ⇔ ⇔ ⇔ 2 ±  log a = ± 1 + log 3 2 + log 5 2  5 1 + log 3 2 + log 5 2 − log 3 5.log 5 a = 0 = a 5  log 3 5   Câu 8. Lời giải

1+ log3 2 + log5 2 log 3 5

C O

D I H B1 A1

Trang 9/20 - Mã đề thi 138 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Gọi O , O1 lần lượt là tâm hình vuông ABCD và A1 B1C1 D1 ; I là trung điểm của OO1 ; H là hình chiếu vuông góc của I trên O1C . Ta có B1 D1 ⊥ ( O1 IH ) ⇒ IH ⊥ B1 D1 mà IH ⊥ O1C ⇒ IH ⊥ ( B1 D1C ) . Suy ra góc tạo bởi đường thẳng B1 D và

( B1D1C )

là ϕ = IB 1H .

x2 + 2 1 1 1 1 x ; . = 2 + 2 ⇒ IH = = + 2 2 2 2 O1O OC 4 IH x 2 2 x2 + 1 x IH 2 2 x 2 + 1 x Suy ra tan ϕ = = = B1 I 2 x2 + 1 x2 + 2 x2 + 2 2 1 Do 2 x 2 + 1 ≥ 3 3 x 4 và x 2 + 2 ≥ 3 3 x 2 nên tan φ ≤ . Đẳng thức xảy ra khi x = 1 . 3 Câu 9. Lời giải Chọn D 2x − 3 2x − 3 Ta có lim+ = −∞ và lim− = +∞ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 1 x →1 x →1 x −1 x −1 2x − 3 lim = 2 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 2 x →±∞ x − 1 Câu 10. Lời giải Ta có B1 I =

B1 D = 2

Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) . Ta có x − 2 − 4 ( y − 4 ) i = x + ( y − 2 ) x ⇔ y = − x + 4 Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình x + y − 4 = 0 Mặt khác z =

x 2 + y 2 = x 2 + x 2 − 8 x + 16 = 2 x 2 − 8 x + 16 2

Hay z = 2 ( x − 2 ) + 8 ≥ 2 2 . Vậy z min ⇔ x = 2 ⇒ y = 2 . Vậy z = 2 + 2i

Câu 11. Lời giải Câu 12. Lời giải

 2 x −1   Gọi M  x0 ; 0  ∈ ( C ) , ( x0 ≠ 2 ) . Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng x0 − 2   2x −1 3 . ( x − x0 ) + 0 ∆: y =− 2 x0 − 2 ( x0 − 2)

 2x + 2   Giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng là A  2; 0 . x0 − 2    Giao điểm của ∆ với tiệm cận ngang là B ( 2 x0 − 2; 2 ) .  x A + xB = 2 + 2 x0 − 2 = 2 x0  ⇒ M là trung điểm của AB .  Xét  2 x0 + 2 2 x0 − 1  y A + yB = x − 2 + 2 = 2. x − 2 = 2 y0 0 0   ∆ IAB vuông tại I nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB . Trang 10/20 - Mã đề thi 138

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2   2 x0 − 1     9 2 ⇒ S = π R = π IM = π  ( x0 − 2) +  − 2   = π ( x0 − 2) 2 + ≥ 6π 2 ( x0 − 2)    x0 − 2    2

 Dấu " = " xảy ra khi ( x0 − 2) 2 =  Với x0 = ra SOEF =

 x0 = 3 + 2 ⇒ y0 = 3+2 9 ⇔ .  2 ( x0 − 2)  x0 = − 3 + 2 ⇒ y0 = − 3 + 2

(

)

(

)

3 + 2 ⇒ ∆ : y = − x + 2 3 + 4 cắt 2 trục tọa độ tại E 0; 2 3 + 4 và F 2 3 + 4; 0 , suy

1 OE.OF = 14 + 8 3 ≈ 27,8564 2

(

)

(

)

 Với x0 = − 3 + 2 ⇒ ∆ : y = − x − 2 3 + 4 cắt 2 trục tọa độ tại E 0; − 2 3 + 4 và F − 2 3 + 4; 0 , suy ra 1 OE.OF = 14 − 8 3 ≈ 0,1435 2 Câu 13.

SOEF =

Câu 14. Lời giải 2 Ta có: MN = ( 2; −6;3) nên MN = 2 2 + ( −6 ) + 32 = 7 . Câu 15. Lời giải

x = 1+ t  Ta có AB = ( 3;3; −3) . Phương trình đường thẳng AB là ( d ) :  y = 2 + t z = 1− t 

(t ∈ ℝ ) .

Gọi M là giao điểm của ( d ) và ( P ) , ta có hệ:

x = 1+ t x = 1+ t t = 1 y = 2+t y = 2 + t x = 2    ⇔ ⇔ ⇒ M ( 2;3;0 ) . .  z = 1− t z = 1− t y = 3 3 x − 4 y + 5 z + 6 = 0 3 + 3t − 8 − 4t + 5 − 5t + 6 = 0  z = 0 MB Ta có MA = ( −1; −1;1) , MB = ( 2; 2; −2 ) ⇒ MB = −2 MA. Vậy = 2. MA Câu 16. Lời giải. Sử dụng bảng nguyên hàm. Câu 17. Lời giải ChọnA. Sau một vụ, trung bình số cá trên mỗi đơn vị diện tích mặt hồ cân nặng: f ( n) = nP(n) = 480n − 20n 2 . f ′( n) = 480 − 40 n = 0 ⇔ n = 12 Bảng biến thiên: n 0 12 +∞ 0 f ′(n) + − f (12 ) f (n) Trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ, cần thả 12 con cá thì sau một vụ thu hoạch được nhiều gam cá nhất. Trang 11/20 - Mã đề thi 138 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 18. Lời giải

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . Khi đó SO ⊥ ( ABCD ) .

= 45o . Suy ra OB là hình chiếu của SB trên ( ABCD ) nên góc giữa SB và ( ABCD ) là SBO BO BO 2 2 ⇒ SB = =a =a. : SB cos 45o 2 2 Suy ra SB = SA = SC = SD = a hay SAB, SBC , SCD, SDA là các tam giác đều cạnh a .

Ta có cos 45o =

Diện tích toàn phần của hình chóp S . ABCD là. S = S ∆SAB + S ∆SBC + S ∆SCD + S ∆SDA + S ABCD =

a2 3 a2 3 a2 3 a2 3 + + + + a2 = 1 + 3 a2 . 4 4 4 4

(

)

Câu 19. Lời giải Ta có: M ∈ d nên M ( t ; −1 + 2t ; −2 + 3t ) .

d ( M ( P )) =

t + 2 ( −1 + 2t ) − 2 ( −2 + 3t ) + 3 12 + 22 + ( −2 )

−t + 5 3

= 2.

 −t + 5 = 6  t = −1 ⇔ −t + 5 = 6 ⇔  ⇔ .  −t + 5 = −6 t = 11 > 0

Ta có t = −1 ⇒ M ( −1; −3; −5 ) .

Câu 20. Lời giải Chọn D Tập xác định D = ℝ \ {−m} . Ta có y′ =

m2 − 4

( x + m )2

. Để hàm số giảm trên khoảng ( −∞;1)

m2 − 4 < 0 ′ ⇔ −2 < m ≤ −1 ⇔ y < 0, ∀x ∈ ( −∞;1) ⇔  1 ≤ − m

Trang 12/20 - Mã đề thi 138

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 21. Lời giải Điều kiện: x > 0. Ta có phương trình tương đương 2 2log9 x − 6.2log9 x + 23 = 0. (1) t = 2 Đặt t = 2log9 x , t > 0 . (1) ⇒ t 2 − 6t + 8 = 0 ⇔  t = 4 - Với t = 2 ⇔ 2log9 x = 2 ⇔ log 9 x = 1 ⇔ x = 9.

- Với t = 4 ⇔ 2log9 x = 2 2 ⇔ log 9 x = 2 ⇔ x = 81 . Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {9;81} ⇒ x12 + x22 = 6642 .

Câu 22. Lời giải Chọn B y ′ = 4 x 3 − 4m 2 x y′ = 0 ⇔ 4 x ( x 2 − m 2 ) = 0 Hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ m ≠ 0 Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A ( 0;1) , B ( m;1 − m 4 ) , C ( − m;1 − m 4 ) Do tính chất đối xứng, ta có ∆ABC cân tại đỉnh A . m = 0 Vậy ∆ABC chỉ có thể vuông cân tại đỉnh A ⇔ AB. AC = 0 ⇔ − m 2 + m8 = 0 ⇔  .  m = ±1 Kết hợp điều kiện ta có: m = ±1 . Câu 23. Lời giải Giao điểm của hai đường y 2 = 4x và x = 4 là D(4; −4) và E (4; 4) . Phần phía trên Ox của đường y 2 = 4x có 4

phương trình y = 2 x . Từ hình vẽ suy ra thể tích của khối tròn xoay cần tính là: V = ∫ π .(2 x )2dx = 32π . 0

Lời giải Câu 24. Lời giải S

J I

R A

C G

3 3 , AG = . 2 3 G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Dựng đường thẳng ∆ qua G và vuông góc mặt phẳng ( ABC ).

Ta có: AM =

Suy ra ∆ là trục đường tròn ngoại tiếp hình chóp S . ABC . Gọi J là trung điểm SA . Trong mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng SA và ∆ kẻ đường thẳng trung trực của đoạn SA cắt ∆ tại I . I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC . Trang 13/20 - Mã đề thi 138 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= 60° . ( SBC ) , ( ABC ) ) = SMA (

= Tam giác SAM vuông tại A : tan SMA

JA =

3 3 SA ⇒ SA = . 3= . AM 2 2

SA 3 = . 2 4

∆IAG vuông tại J : R = IA = IG 2 + AG 2 = JA2 + AG 2 = S = 4πR 2 = 4π

9 1 129 + = . 16 3 12

129 43π . = 144 12

Câu 25. Lời giải π 2

∫π

Ta có I =

−

f ( x) dx =

∫π

−

π 2

f ( x) dx + ∫ f ( x) dx 0

Tính I1 =

∫π

−

f ( x )dx . Đặt x = −t ⇒ dx = −dt ⇒ I1 = ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( − x) dx .

Thay vào, ta được I = ∫ [ f ( − x) + f ( x) ] dx = ∫ 2 (1 + cos 2 x ) = 2 ∫ cos x dx = 2 ∫ cos xdx = 2 .

Câu 26. Lời giải Chọn A Câu 27. Lời giải Theo đề ta có mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm I ( −1;0;1) của AB và bán kính R = 2

AB = 2. 2

Nên phương trình mặt cầu là: ( x + 1) + y 2 + ( z − 1) = 2 .

Câu 28. M

. Cắt khối lăng trụ MNP.M ′N ′P′ bởi các mặt phẳng ( MN ′P′ ) và ( MNP′ ) ta được ba khối tứ diện là P.MNP′; P.MNN ′; M′ .MN′P′ .

Câu 29. Câu 30. Lời giải Trang 14/20 - Mã đề thi 138

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Số phần tử không gian mẫu là: n ( Ω ) = 5!. Gọi A là biến cố “số tìm được không bắt đầu bởi 135 ”. Thì biến cố A là biến cố “số tìm được bắt đầu bởi 135 ” Buộc các số 135 lại thì ta còn 3 phần tử. Số các số tạo thành thỏa mãn số 135 đứng đầu là 1.2.1 = 2 cách

⇒ n ( A) = 120 − 2 = 118 cách Nên P ( A ) =

n ( A ) 118 59 = = n ( Ω ) 120 60

Câu 31. Lời giải

Do d ⊂ ( Oyz ) ⇒ ud .i = 0 ⇒ loại đáp án A, B. Lại có d ∩ ( Oyz ) = M ( 0; −7; −5 ) ⇒ M ∈ d ′

Câu 32. Lời giải x

Phương trình tương đương với

3 1 1 1 = 2 +   ⇔ 3.   = 2 +   . x 3 9 3 3

x t = 1 1 Đặt t =   , t > 0 . Phương trình trở thành 3t = 2 + t 2 ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔  . 3 t = 2 x

1 ● Với t = 1 , ta được   = 1 ⇔ x = 0 . 3 x

1 ● Với t = 2 , ta được   = 2 ⇔ x = log 1 2 = − log 3 2 < 0 . 3 3 Vậy phương trình có một nghiệm âm. Câu 33. Lời giải Chọn D. Khảo sát hàm số ( C ) : y = −2 x 4 + 2 x 2 + 1 tìm được yCT = 1, yC§ =

3 . 2

1 1 Yêu cầu bài toán ⇔ 3m = 1 ⇔ m = . Vậy chọn m = . 3 3 Câu 34. Lời giải Với x ≥ 1 ⇒ 5 x ≥ 5 ⇒ log 2 ( 5 x − 1) ≥ log 2 ( 5 − 1) = 2 hay t ≥ 2 . Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “Tìm m để phương trình có nghiệm t ≥ 2 ”. Xét hàm số f (t ) = t 2 + t , ∀t ≥ 2, f '(t ) = 2t + 1 > 0, ∀t ≥ 2

Suy ra hàm số đồng biến với t ≥ 2 . f′ + Khi đó phương trình có nghiệm khi 2m ≥ 6 ⇔ m ≥ 3. Vậy m ≥ 3 là các giá trị cần tìm. f 6 Câu 35. Lời giải Xét cos x = 0 , ta có 1 + 0 = 2.(1 + 0) . Vậy cos x = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia cả 2 vế phương trình cho cos 2020 x ≠ 0 ,

+∞ +∞

1 1 .tan 2018 x + = 2 ( tan 2020 x + 1)(1) 2 cos x cos 2 x

Trang 15/20 - Mã đề thi 138 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(1) ⇔ (1 + tan 2 x) tan 2018 x + 1 + tan 2 x = 2 ( tan 2020 x + 1) Đặt t = tan x , phương trình trở thành (1 + t 2 ) t 2018 + 1 + t 2 = 2 (1 + t 2020 ) ⇔ t 2018 + t 2020 + 1 + t 2 = 2 + 2 t 2020 ⇔ t 2020 + 1− t 2018 − t 2 = 0 ⇔ t 2018 (t 2 −1) − (t 2 −1) = 0 ⇔ (t 2018 −1)(t 2 −1) = 0

t = 1 π π π ⇔ ⇒ tan x = ±1 ⇔ x = ± + k π ⇔ x = + k (k ∈ ℤ ) . t = −1 4 2 4 π kπ Do x ∈ ( 0;2018) ⇒ 0 < + < 2018 ⇒ 0 ≤ k ≤ 1284, k ∈ ℤ . 4 2 Vậy tổng các nghiệm của phương trình trong khoảng ( 0; 2018) bằng 2

1284.1285  1285  .1285 + (1 + 2 + ... + 1284 ) = .1285 + π =  π. 4 2 4 4  2  Câu 36.

Lời giải Gọi I là trung điểm BC . Vì ABCA ' B ' C ' là lăng trụ tam giác đều nên. AI ⊥ ( BB ' C ' C ) => AI ⊥ BC ' . Lại có giả thiết AC ' ⊥ BC ' nên suy ra BC ' ⊥ ( AIB ' ) => BC ' ⊥ B ' I . Gọi H = B ' I ∩ BC ' . Ta có ∆ BHI đồng dạng ∆C ' HB ' =>

HI BI 1 = = => B ' H = 2 HI => B ' I = 3HI . B ' H B 'C ' 2

Xét tam giác vuông B ' BI có BI 2 = HI .B ' I = 3HI 2 => HI =

BI 2 a2 a 3 = = . 3 12 2

 a 3   a 2 a 2 Suy ra BB ' = B ' I − BI =  .  −   = 2  2  2 2

Vậy V = S ∆ ABC .BB' = a 2

3 a 2 a3 6 . . = 4 2 8

Câu 37. Lời giải 2 3 − 2 2n − 3 = lim n n = 0. Ta có I = lim 2 3 1 2n + 3n + 1 2+ + 2 n n

Câu 38. Lời giải Trang 16/20 - Mã đề thi 138

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ChọnA. Đáp án A đúng vì có tiệm cận đứng x = −1 , tiệm cận ngang y = 1 , y = −1 .

Đáp án B sai vì hàm số nghịch biến trên ( −∞; −1) và ( −1; 0 ) Đáp án C sai vì đồ thị hàm số có 3 tiệm cận. Đáp án D sai vì hàm số không có giá trị lớn nhất. Câu 39. Lời giải  x − 2. Khi x ≥ 2 Ta có x − 2 =  .  2 − x. Khi x ≤ 2 2

Do đó I = ∫

2 x − 2 +1

1 2

=∫

2(2 − x) +1

dx + ∫

2 x − 2 +1

2 5

dx + ∫ 2

2 ( x − 2) +1

dx .

3 5   = ∫  − 2  dx + ∫  2 −  dx . x x  1 2

2 5 = ( 5 ln x − 2 x ) + ( 2 x − 5 ln x ) . 1 2

= 4 + 8ln 2 − 3ln 5 . a = 8 ⇒  ⇒ S = a + b = 5. b = −3 Câu 40. Lời giải Gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) và C ( 0;0; c ) với a > 0, b > 0, c > 0 . Phương trình mặt phẳng (α ) : Do M ∈ (α ) nên

x y z + + =1. a b c

2 1 2 2 1 2 2 1 2 + + = 1 . Suy ra 1 = + + ≥ 3. 3 . . ⇒ abc ≥ 108 . a b c a b c a b c

1 1 abc ≥ .108 = 18 . Đẳng thức xảy ra khi a = c = 6; b = 3 . 6 6 x y z Vậy phương trình (α ) : + + = 1 hay (α ) : x + 2 y + z − 6 = 0 . 6 3 6 Câu 41. Lời giải

Ta có: VABC =

 − a − 3b = 1  a = 2 z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) . Vậy ta có a + bi − ( 2 + 3i )( a − bi ) = 1 − 9i ⇔  ⇔ ⇒ ab + 1 = −1 3a − 3b = 9 b = −1

Câu 42. Lời giải

Trang 17/20 - Mã đề thi 138 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

S a a

B x

Khi SD thay đổi thi AC thay đổi. Đặt AC = x .Gọi O = AC ∩ BD . Vì SA = SB = SC nên chân đường cao SH trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ H ∈ BO . 2

4a 2 − x 2 4a 2 − x 2 x Ta có OB = a 2 −   = = . 4 2 2

S ABC

1 1 4 a 2 − x 2 x 4a 2 − x 2 = OB. AC = x. = . 2 2 2 4

HB = R =

a.a.x = 4 S ABC

a2 x

x 4a 2 − x 2 4. 4

SH = SB 2 − BH 2 = a 2 −

a2 4a 2 − x 2

a4 a 3a 2 − x 2 = . 4a 2 − x 2 4a 2 − x 2

1 2 a 3a 2 − x 2 x 4a 2 − x 2 VS . ABCD = 2VS . ABC = 2. SH .S ABC = . . . 3 3 4a 2 − x 2 4 1 1  x 2 + 3a 2 − x 2  a 3 = a x. 3a 2 − x 2 ≤ a  = . 3 3  2  2

(

)

Câu 43. Lời giải Điều kiện: 2 x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠

1 . Chọn C 2

Câu 44. Lời giải. Chọn D do tính chất của hàm mũ Câu 45. Lời giải Ta có hình vẽ như sau: B O

30° h= 3R

R A

Trang 18/20 - Mã đề thi 138

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(

) (

)

' = 30° . Ta có: OO ' BB ' nên AB , OO ' = AB , BB ' = ABB Đặt V = VOA ' B.O ' AB ' . 2 1 Ta có: VOA ' B .O ' AB ' = VB .O ' AB ' + VB .OA ' AO = V + VB .OA ' AO ⇒ VB .OA ' AO = V . 3 3

Mà

d ( A ', ( OBA) ) d (O ', ( OBA) )

1 IA ' = 1 nên VA '.OAB = VO ' OAB = V . 3 IO '

Ta có OB ' = R , AB ' = R nên tam giác O ' AB ' đều nên có diện tích bằng

R2 3 . 4

 R2 3  R3 1 1 Vậy ta có VO ' OAB = V = 3R  = 3 3  4  4 Câu 46.

Câu 47. Lời giải + Gọi A = d ∩ ∆ ⇒ A ∈ ∆ ⇒ A ( 2 + t; 2 + t ;1 + 2t ) . Vì A ∈ d ⊂ (α ) ⇒ A ∈ (α ) ⇒ 2 + t + 2 + t + 1 + 2t − 1 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ A (1;1; − 1) . + Gọi B = d ∩ Oz ⇒ B ( 0;0; b ) . Vì B ∈ d ⊂ (α ) ⇒ B ∈ (α ) ⇒ b − 1 = 0 ⇔ b = 1 ⇒ B ( 0;0;1) . . Khi đó một VTCP của đường thẳng d là AB = ( −1; −1; 2 ) = − (1;1; −2 ) . Vậy véctơ u = (1;1; − 2 ) cũng là một VTCP của đường thẳng d . Câu 48. Lời giải Ta có

1 1 3 9 BM . A′M = . .3.1 = . 2 2 4 8 Trong mặt phẳng ( A′B′C ′ ) kẻ S∆A′BM =

C ′H ⊥ A′B′ ( H ∈ A′B′ ) ⇒ C ′H ⊥ ( A′BM ) . ′A′C ′ = 3 . Khi đó C ′H = A′C ′.sin B

Xét tam giác vuông ABA′ : A′B 2 = AB 2 + AA′2 = 10 .

⇔ BC 2 = 7 Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC : BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos BAC Xét tam giác vuông BCN : BN 2 = BC 2 + CN 2 = 11 . Xét tam giác vuông A′C ′N : A′N 2 = A′C ′2 + CN 2 = 5 . Trang 19/20 - Mã đề thi 138 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

′ = Áp dụng hệ quả của định lí cosin cho tam giác A′BN : cos NBA

A′B 2 + BN 2 − A′N 2 10 + 11 − 5 8 = = ′ 2. A B.BN 2. 10. 11 110

′ = 23 ⇒ sin NBA 55 ⇒ S ∆A′BN =

1 ′ = 1 . 10. 11. 23 = 46 . A′B.BN .sin NBA 2 55 2 2

Mà S∆A′BN .d ( M , ( A′BN ) ) = S∆A′BM .C ′H ⇒ d ( M , ( A′BN ) ) =

S ∆A′BM .C ′H 9 138 . = 184 S ∆A′BN

Câu 49. Lời giải 2

z 2 − 2 z + 6 = 0 ⇔ ( z − 1) + 5 = 0 ⇔ z = 1 ± 5i ⇒ z1 = 1 − 5i; z2 = 1 + 5i ⇒ M =| z1 | + | 3 z1 − z2 |= 1 − 5i + 2 − 4 5i = 6 + 84 = 6 + 2 21 Câu 50. Lời giải Chọn D Đồ thị hàm số y =

x −1 có đúng hai tiệm cận đứng x + 2 ( m − 1) x + m 2 − 2 2

⇔ phương trình f ( x ) = x 2 + 2 ( m − 1) x + m2 − 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

3  m<  2 ( m − 1) 2 − ( m 2 − 2 ) > 0  ∆ ' > 0  −2m + 3 > 0  ⇔ 2 ⇔ m ≠ 1 . ⇔ ⇔ 2  f (1) ≠ 0  m + 2m − 3 ≠ 0  m ≠ −3 1 + 2 ( m − 1) + m − 2 ≠ 0  

Trang 20/20 - Mã đề thi 138

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ Mã đề thi 157

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

(

)

Câu 1. Cho dãy số ( u n ) thỏa mãn: log u5 − 2 log u2 = 2 1 + log u5 − 2 log u2 + 1 và un = 3un −1 , ∀n ≥ 1 . Giá trị lớn nhất của n để un < 7100 bằng A. 192 .

B. 191.

C. 176 .

D. 177 .

Câu 2. Từ các chữ số 2,3, 4,5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 4 chữ số A. 16 .

B. 120 .

C. 24 .

D. 256 .

Câu 3. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) . A. y = x3 − 3x + 1 .

1 3 2 B. y = x + x − 3x + 1 . 3

C. y = x4 + 5x2 + 2 .

D. y = x4 − 2 x2 + 3 .

Câu 4. Xét tập hợp A gồm tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ A . Tính xác suất để số được chọn có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước (tính từ trái sang phải)? A.

1 . 216

3 . 350

74 . 411

62 . 431

π 4

Câu 5. Tính

I = ∫ tan 2 xdx

A. I = ln 2 .

B. I = 1 −

π 3

C. I = 1 −

π 4

D. I = 2 ln 2 . 15

1  Câu 6. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newtơn của P ( x ) =  x 2 +  x 

A. 4000 .

B. 2700 .

 x 2 − 3x + 2  Câu 7. Cho hàm số f ( x ) =  x 2 − 1 a  A. −1.

B. −

1 . 2

C. 3003 .

khi x ≠ 1

D. 3600 .

. Để hàm số f ( x ) liên tục tại x = 1 thì a bằng

khi x = 1 C. 3 .

D. 2 .

Câu 8. Tích có hướng của hai vectơ a = (a1; a2 ; a3 ) , b = (b1; b2 ; b3 ) là một vectơ, kí hiệu  a , b  , được xác định bằng tọa độ: Trang 1/9 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

( a2b2 − a3b3 ; a3b3 − a1b1; a1b1 − a2b2 ) . .

( a2b3 − a3b2 ; a3b1 − a1b3 ; a1b2 − a2b1 ) . .

( a2b3 + a3b2 ; a3b1 + a1b3 ; a1b2 + a2b1 ) . .

( a2b3 − a3b2 ; a3b1 + a1b3 ; a1b2 − a2b1 ) . .

Câu 9.

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cặp giá trị

( Q ) : bx − 6 y − 6 z − 2 = 0 A.

( a; b ) = ( 4; −3) .

Câu 10. Tính A.

( a; b )

để

( P ) : 2 x + ay + 3z − 5 = 0 ;

( a; b ) = ( −4;3) .

song song với nhau là:

( a; b ) = ( 2; −6 ) .

( a; b ) = ( 3; −4 ) .

dx , kết quả là 1− x

∫

2 +C . 1− x

B. −2 1 − x + C .

1 +C. 1− x

D. 2 1 − x + C .

Câu 11. Cho chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA ⊥ ( ABCD ) và a 6. Gọi ϕ giữa đường SC và mặt phẳng ( SAD ) . Tính cos ϕ.

A. cos ϕ =

14 . 4

14 . 2

B. cos ϕ =

6 . 3

C. cos ϕ =

6 . 6

D. cos ϕ =

Câu 12. Nếu lim un = a + b và lim vn = a − b (với a, b là các hằng số) thì lim ( un .vn ) = L . Biểu thức nào sau đây đúng? A. L =

a −b . a+b

B. L =

a+b . a−b

C. L = a 2 − b 2 .

D. L = a 2 + b 2 .

Câu 13. Tìm các giá trị của b sao cho ∫ (2 x − 4) dx = 5 . 0

{−1;5} .

{−1} .

{−1; 4} .

{5} .

Câu 14. Cắt hình nón đỉnh S bởi mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng a 2 . Thể tích của khối nón theo a là. A.

π a3 4

π a3 2 12

π a3 2 4

π a3 7 3

Câu 15. Một hình nón có góc ở đỉnh bằng 600, đường sinh bằng 2a , diện tích xung quanh của hình nón là: A. S xq = π a 2 .

B. S xq = 8π a 2 .

C. S xq = 4π a 2 .

D. S xq = 2π a 2 .

Câu 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A ( −1; 2 ) . Gọi B là ảnh của A qua phép tịnh tiến vectơ u = ( 3; −1) . Tọa độ của điểm B là A.

( 4; −3) .

B. (1; 0 ) .

( −4;3) .

( 2;1) .

Câu 17. Cho hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) song song với nhau. Mệnh đề nào sau đây sai: A. d ⊂ ( P ) và d ′// ( Q ) thì d //d ′ . B. Nếu đường thẳng ∆ cắt ( P ) thì ∆ cũng cắt ( Q ) . Trang 2/9 - Mã đề thi 157

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C. Nếu đường thẳng a ⊂ ( Q ) thì a // ( P ) . D. Mọi đường thẳng đi qua điểm A ∈ ( P ) và song song với ( Q ) đều nằm trong ( P ) . Câu 18. Số nghiệm của phương trình 2− x A. 0 .

+ x+2

= 1 là

B. 2 .

C. 3 .

D. 1 .

Câu 19. Phương trình nào dưới đây vô nghiệm: A. 3s inx − 2 = 0 .

B. 2 cos 2 x − cos x − 1 = 0 .

C. tan x + 3 = 0 .

D. s inx + 3 = 0 .

Câu 20. Điều kiện để phương trình m.sin x − 3cos x = 5 có nghiệm là:  m ≤ −4 B.  . m ≥ 4

A. m ≥ 34 .

C. m ≥ 4 .

D. −4 ≤ m ≤ 4 .

Câu 21. Tìm tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 3. A.

( 0;3) .

Câu 22. Cho mặt cầu có diện tích bằng A. r =

a 2 . 3

( 2; −1) .

B. r =

( 2;1) .

( 0; −3) .

8π a 2 , khi đó bán kính mặt cầu là 3

a 6 . 3

C. r =

a 3 . 3

D. r =

a 6 . 2

Câu 23. lim ( −4 x 2 + 2 x + 1) bằng x →+∞

A. 2 .

B. 1 .

C. −∞ .

D. −4 .

Câu 24. Phương trình log 2 ( 3x − 2 ) = 2 có nghiệm là: A. x = 2 .

B. x =

4 . 3

2 . 3

D. x = 1 .

Câu 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thằng d có phương trình 2 y + x + 3 = 0 . Phương trình đường thẳng d ′ là ảnh của đường thẳng d qua phép đối xứng trục Ox là A. y − 2 x + 3 = 0 .

B. −2 y + x + 3 = 0 .

C. 2 y + x − 3 = 0 .

D. 2 y − x + 3 = 0 .

Câu 26. Giả sử f ( x ) là hàm liên tục trên ℝ và các số thực a < b < c . Mệnh đề nào sau đây sai? b

∫ a b

∫ a

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx . b

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx . a

∫ a

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

∫ cf ( x ) dx = −c ∫ f ( x ) dx .

Câu 27. Xét các mệnh đề sau: 1. Hai đường thẳng không có điểm chung thì chéo nhau. 2. Hai đường thẳng không cắt nhau và không song song thì chéo nhau. 3. Hai đường thẳng chéo nhau thì không có điểm chung.

Mệnh đề nào đúng? Trang 3/9 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. Chỉ 3.

B. Cả 1, 2 và 3.

C. 1 và 2.

D. 1 và 3.

Câu 28. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? A. Nếu giá của ba vectơ a , b, c cắt nhau từng đôi một thì ba vectơ đó đồng phẳng. B. Nếu trong ba vectơ a , b, c có một vectơ 0 thì ba vectơ đó đồng phẳng. C. Nếu giá của ba vectơ a , b, c cùng song song với một mặt phẳng thì ba vectơ đó đồng phẳng. D. Nếu trong ba vectơ a , b, c có hai vectơ cùng phương thì ba vectơ đó đồng phẳng. Câu 29. Gọi l , h , R lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của hình trụ ( T ) . Diện tích toàn phần Stp của hình trụ (T ) là:

A. Stp = π Rl + π R 2 .

B. Stp = 2π Rl + 2π R 2 .

C. Stp = π Rl + 2π R 2 .

D. Stp = π Rh + π R 2 .

Câu 30. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 , y = 2 x 2 − 2 x A. 4 .

1 . 3

C. 3 .

4 . 3

Câu 31. Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con gồm 3 phần tử của M là: A. 10 3 . Câu 32. A.

B. A103 .

I = ∫ x cosxdx

C. 310 .

D. C103 .

bằng:

x2 sin x + C . 2

B. x sin x + cos x + C .

C. x sinx − sinx + C .

x2 cos x + C . 2

Câu 33. Cho hàm số f ( x ) = sin ax − cos ax . Hàm số có đạo hàm f ′ ( x ) bằng: A. −a ( cos ax + sin ax ) .

B. a ( sin ax − cos ax ) .

C. a ( cos ax + sin ax ) .

D. a ( cos ax − sin ax ) .

Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình tham số của đường thẳng (d) đi qua hai điểm A (1; 2; −3) và B ( 3; −1;1) .  x = 1 + 2t  A.  y = 2 − 3t .  z = −3 + 4t 

 x = 1 + 3t  B.  y = −2 − t .  z = −3 + t 

 x = −1 + 2t  C.  y = −2 − 3t .  z = 3 + 4t 

x = 1+ t  D.  y = −2 + 2t .  z = −1 − 3t 

Câu 35. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai? A. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song. B. Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song. C. Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song. Trang 4/9 - Mã đề thi 157

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

D. Một đường thẳng và một mặt phẳng (không chứa đường thẳng đã cho) cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song nhau. Câu 36. Cho tam giác ABC vuông tại A , góc ABC = 60° . Tính thể tích V của khối tròn xoay sinh bởi khi quay ∆ABC quanh trục AB , biết BC = 2a . 3

A. V = π a .

B. V = a .

C. V =

π 3a 3 3

D. V = 3a 3 .

Câu 37. Biết rằng các đường thẳng x = 1, y = 2 lần lượt là đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

2ax + 1 . Tính giá trị T = a + b + ab. x−b

A. T = 4 .

B. T = 0 .

C. T = 2 .

D. T = 3 .

Câu 38. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm

A (1;2;3) và vuông góc với mặt phẳng (α ) : 4 x + 3 y − 7 z + 1 = 0 là: x = 4 + t  A. d :  y = 3 + 2t .  z = −7 + 3t 

 x = 1 + 8t  B. d :  y = −2 + 6t .  z = −3 − 14t 

 x = 1 + 3t  C. d :  y = 2 − 4t .  z = 3 − 7t 

 x = 1 + 4t  D. d :  y = 2 + 3t .  z = 3 − 7t 

Câu 39. Điểm A trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn của số phức z. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z

A. Phần thực là −3 và phần ảo là 2 .

B. Phần thực là −3 và phần ảo là 2i .

C. Phần thực là 3 và phần ảo là −2 .

D. Phần thực là 3 và phần ảo là −2i .

Câu 40. Tính mô đun của số phức z = 1 + 3i A. z = 1 + 3 .

B. z = 3 .

Câu 41. Phương trình lượng giác: A. x =

π + kπ . 6

C. z = 1 .

D. z = 2 .

3.tan x + 3 = 0 có nghiệm là:

B. x = −

π + kπ . 3

C. x =

π + kπ . 3

D. x = −

π + k 2π . 3

Câu 42. Một hình trụ có bán kính đáy R = a và có thiết diện qua trục là một hình vuông. Diện tích xung quanh hình trụ là: 2

A. 3πa .

B. 4πa .

C. 2πa .

D. πa .

Câu 43. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x2 + 2 x + 1, trục hoành và hai đường thẳng x = −1, x = 3. Trang 5/9 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. S =

64 . 3

B. S =

56 . 3

C. S =

Câu 44. Điều kiện xác định của phương trình log 9 A.

x ∈ ℝ \ [ −1;0] .

x→ a

A. 0 .

D. S = 21 .

2x 1 = là: x +1 2

B. x ∈ ( −1;0 ) .

Câu 45. Giới hạn của hàm số lim

37 . 3

C. x ∈ ( −∞;1) .

D. x ∈ ( −1; +∞ ) .

x2 − a (với a là một hằng số và a ≥ 0 ) bằng x− a

B. a .

C. 2 a .

Câu 46. Cho hai tập hợp A = {a, b, c, d } ; B = {c, d , e} . Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau: A. N ( A ∩ B ) = 2 .

B. N ( A ) = 4 .

C. N ( B ) = 3 .

D. N ( A ∪ B ) = 7 .

Câu 47. Giả sử f ( x ) là hàm liên tục trên ℝ và các số thực a < b < c . Mệnh đề nào sau đây sai? A.

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) d x + ∫ f ( x ) dx . c

∫

x2 +C . 2

∫

f ( x ) dx =x 3 +

∫

x3 x 2 f ( x ) dx = + + C . 3 4

∫ cf ( x ) dx = −c ∫ f ( x ) dx . ∫

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx .

Câu 48. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3 x 2 + A.

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) d x + ∫ f ( x ) dx .

x . 2

B. D.

x2 +C . 4

∫

f ( x ) dx =x 3 +

∫

x2 f ( x ) dx =x + + C . 2 3

Câu 49. Cho đồ thị ( H ) : y = x3 − 3x + 1 và điểm A ∈ ( H ) có hoành độ x = a . Hệ số góc của phương trình tiếp tuyến của ( H ) tại điểm A là

A. a 3 − 3a + 1 .

B. a 2 − 3 .

C. 3 ( a 2 − 1) .

D. 3a ( a − 1) .

1 Câu 50. Tập nghiệm của bất phương trình   > 32 là: 2

A. x ∈ ( 5; +∞ ) .

B. x ∈ ( −∞;5 ) .

C. x ∈ ( −5; +∞ ) .

D. x ∈ ( −∞; −5) .

------------- HẾT ------------1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A D C A C C B B C B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 A A D B D D B C A C

Trang 6/9 - Mã đề thi 157

11 A 36 A

12 C 37 D

13 A 38 D

14 B 39 C

15 D 40 D

16 D 41 B

17 A 42 B

18 B 43 A

19 D 44 A

20 C 45 C

21 A 46 D

22 B 47 A

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

23 C 48 B

24 B 49 C

25 B 50 D

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số Chương 1: Hàm Số

C3 C21

C7 C37

C49

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C24

C18 C44 C50

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

C26

C5 C10 C13 C30 C32 C43 C47 C48

Chương 4: Số Phức

C39 C40

Lớp 12 (64%)

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C11

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C29

C14 C15 C22 C36 C42

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C9C34 C38

Đại số

Lớp 11 (34%)

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

C41

C19 C20

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

C4 C6 C31

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân Chương 4: Giới Hạn

C12 C23 C45

Chương 5: Đạo Hàm

C33

Hình học Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng

C16

C25

Trang 7/9 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song

C17

C27 C28

Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

C35

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp

C46

Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (2%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu

Điểm

2.4

7.2

0.4

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: KHÁ + Đánh giá sơ lược: Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại ở lớp 11 chiếm 34% 1 câu hỏi lớp 10 C46 So với đề minh họa ra năm 2018-2019 đề này dễ hơn rất nhiều 2 câu VD-VDC phân loại học sinh quá ít để phân loại học sinh Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và nhận biết Đề phân loại học sinh ở mức thấp . đa số học sinh đạt điểm cao Trang 8/9 - Mã đề thi 157

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trang 9/9 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Mã đề thi 157

Câu 1. Tính tích phân

∫ ( 2ax + b ) dx . 1

A. a + b .

B. 3a + 2b .

C. a + 2b .

D. 3a + b .

1 Câu 2. Tính đạo hàm f ′ ( x ) của hàm số f ( x ) = log 2 ( 3 x − 1) với x > . 3 3ln 2 1 A. f ′ ( x ) = . B. f ′ ( x ) = . ( 3x − 1) ( 3x − 1) ln 2

C. f ′ ( x ) =

3 . ( 3x − 1)

D. f ′ ( x ) =

3 . ( 3x − 1) ln 2

Câu 3. Người ta muốn mạ vàng cho một cái hộp có đáy hình vuông không nắp có thể tích là 4 lít. Tìm kích thước của hộp đó để lượng vàng dùng mạ là ít nhất. Giả sử độ dày của lớp mạ tại mọi nơi trên mặt ngoài hộp là như nhau. A. Cạnh đáy bằng 1, chiều cao bằng 2.

B. Cạnh đáy bằng 4, chiều cao bằng 3.

C. Cạnh đáy bằng 2, chiều cao bằng 1.

D. Cạnh đáy bằng 3, chiều cao bằng 4.

Câu 4. Hàm số y = f ( x ) liên tục và có bảng biến thiên trong đoạn [ − 1; 3] cho trong hình bên. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −1;3] . Tìm mệnh đề đúng?

A. M = f ( −1) .

B. M = f ( 3) .

C. M = f (2) .

D. M = f (0) .

x + 3 y −1 z −1 . Hình chiếu vuông = = 2 1 −3 góc của d trên mặt phẳng ( Oyz ) là một đường thẳng có vectơ chỉ phương là A. u = ( 2;1; −3) . B. u = ( 2;0; 0 ) . C. u = ( 0;1;3) . D. u = ( 0;1; −3) .

Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :

x +1 (C ) . Gọi d là khoảng cách từ giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị x−2 đến một tiếp tuyến của (C ) . Giá trị lớn nhất mà d có thể đạt được là:

Câu 6. Cho hàm số y =

2 . 2

x −1 y − 2 z −1 , A ( 2;1; 4 ) . Gọi = = 1 1 2 H ( a; b; c ) là điểm thuộc d sao cho AH có độ dài nhỏ nhất. Tính T = a 3 + b 3 + c 3 .

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

Trang 1/20 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. T = 13 . B. T = 5 . C. T = 8 . D. T = 62 . Câu 8. Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 2 z 2 − 6 z + 5 = 0 . Số phức iz0 bằng 1 3 1 3 1 3 1 3 B. − + i . C. + i . D. − − i . − i. 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi (α ) là mặt phẳng chứa đường thẳng

x − 2 y −1 z và vuông góc với mặt phẳng ( β ) : x + y + 2 z + 1 = 0 . Khi đó giao tuyến của hai mặt = = 1 1 −2 phẳng (α ) , ( β ) có phương trình ∆:

x y +1 z . = = 1 1 −1

Câu 10. Cho hàm số y = 3 A. − . 2

x y +1 z −1 . = = 1 1 1

x − 2 y +1 z = = . 1 2 −5

x + 2 y −1 z = = . 1 2 −5

x −1 .Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [3; 4] là 2− x B. −4 .

C. −

5 2

D. −2 .

Câu 11. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x + 1 .

x2 + x+C. 2 C. ∫ ( 2 x + 1)dx = 2 x 2 + 1 + C . A.

∫ ( 2 x + 1)dx =

B. D.

∫ ( 2 x + 1)dx = x ∫ ( 2 x + 1)dx = x

+ x+C.

+C.

Câu 12. Cho hàm số bậc 3: y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

Xét hàm số g ( x ) = f  f ( x )  . Trong các mệnh đề dưới đây:

g ( x ) đồng biến trên ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ ) . hàm số g ( x ) có bốn điểm cực trị. max g ( x ) = 0 . [−1;1]

phương trình g ( x ) = 0 có ba nghiệm. Số mệnh đề đúng là A. 3 .

B. 2 .

C. 1.

Câu 13. Có bao nhiêu số hạng trong khai triển nhị thức ( 2 x − 3) Trang 2/20 - Mã đề thi 157

D. 4 . 2018

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. 2018 . B. 2020 . C. 2019 . D. 2017 . Câu 14. Số mặt cầu chứa một đường tròn cho trước là A. 0 . B. 1 . C. Vô số. D. 2 . Câu 15. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a , SO vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) và SO = a. Khoảng cách giữa SC và AB bằng 2a 3 a 3 . D. . 15 15 x +1 Câu 16. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = và các trục tọa độ bằng x−2 5 3 3 3 B. 2 ln − 1 C. 5 ln − 1 D. 3ln − 1 A. 3ln − 1 2 2 2 2 Câu 17. Một hình nón có chiều cao bằng a 3 và bán kính đáy bẳng a . Tính diện tích xung quanh S xq của

2a 5 . 5

a 5 . 5

hình nón.

A. S xq = π a 2 .

B. S xq = 2π a 2 .

C. S xq = 3π a 2 .

D. S xq = 2a 2 .

Câu 18. Cho hai số phức z1 = 2 + 3i , z2 = −4 − 5i . Số phức z = z1 + z2 là A. z = 2 − 2i . B. z = −2 + 2i . C. z = 2 + 2i . D. z = −2 − 2i . Câu 19. Cho hình tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O , OB = a , OC = a 3 . Cạnh OA vuông góc với mặt phẳng ( OBC ) , OA = a 3 , gọi M là trung điểm của BC . Tính theo a khoảng cách h giữa hai đường thẳng AB và OM .

A. h =

a 15 . 5

B. h =

a 3 . 2

C. h =

a 3 . 15

D. h =

a 5 . 5

ac ( b 2 − 4ac ) > 0 Câu 20. Với điều kiện  thì đồ thị hàm số y = ax 4 + bx 2 + c cắt trục hoành tại mấy điểm? ab < 0 A. 3 . B. 4 . C. 1 . D. 2 . Câu 21. Tính diện tích miền hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 − 2 x , y = 0 , x = −10 , x = 10 . A. S =

2000 . 3

B. S = 2008 .

C. S =

2008 . 3

D. 2000 .

Câu 22. Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng tọa độ, N là điểm đối xứng của M qua Oy ( M , N không thuộc các trục tọa độ). Số phức w có điểm biểu diễn lên mặt phẳng tọa độ là N . Mệnh đề nào sau đây đúng ? A. w = − z . B. w = − z . C. w = z . D. w > z . Câu 23. Số giá trị nguyên của m < 10 để hàm số y = ln ( x 2 + mx + 1) đồng biến trên ( 0; +∞ ) là A. 8 .

B. 9 .

C. 10 .

D. 11.

Câu 24. Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 3mx + m − 1 . Biết rằng hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số và trục Ox có diện tích phần nằm phía trên trục Ox và phần nằm phía dưới trục Ox bằng nhau. Giá trị của m là

4 . 5

3 . 4

3 . 5

2 . 3

Câu 25. ]Trong không gian Oxyz , cho hình thoi ABCD với A ( −1;2;1) , B ( 2;3;2 ) . Tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d :

A. D ( 0;1; 2 ) .

x +1 y z − 2 . Tọa độ đỉnh D là. = = 1 −1 −1 B. D ( 2;1;0 ) . C. D ( −2; −1;0 ) .

D. D ( 0; −1; −2 ) .

Trang 3/20 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 26. Cho đồ thị hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

( −2; 2) .

( −∞; 0 ) .

( 0; 2 ) .

( 2; + ∞ ) .

Câu 27. Cho f , g là hai hàm liên tục trên [1;3] thỏa điều kiện

∫  f ( x ) + 3g ( x ) dx = 10

đồng thời

1 3

∫ 2 f ( x ) − g ( x ) dx = 6 . Tính ∫  f ( x ) + g ( x ) dx . 1

A. 9 .

B. 6 .

C. 8 .

1 Câu 28. Nghiệm của phương trình 22 x−1 − = 0 là 8 A. x = −1 . B. x = −2 . C. x = 1 . 4 2 Câu 29. Hàm số y = x + 2 x − 3 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 1. B. 3 . C. 0 .

Câu 30. Cho hàm số y =

D. 7 .

D. x = 2 . D. 2 .

x+2 có đồ thị là ( C ) . Gọi d là khoảng cách từ giao điểm 2 tiệm cận của ( C ) x +1

đến một tiếp tuyến bất kỳ của ( C ) . Giá trị lớn nhất d có thể đạt được là: A. 3 3 .

B. 2 2 .

Câu 31. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;1) .

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1; 3) .

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; + ∞ ) .

Câu 32. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp SABCD . A.

7 21 3 πa . 54

Trang 4/20 - Mã đề thi 157

7 21 3 πa . 162

7 21 3 πa . 216

49 21 3 πa . 36

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 33. Phương trình 2 x A. T = 27 .

−3 x + 2

= 4 có 2 nghiệm là x1 ; x2 . Hãy tính giá trị của T = x13 + x23 . B. T = 1 . C. T = 3 . D. T = 9 .

Câu 34. Bất phương trình log 2

x2 − 6x + 8 1  ≥ 0 có tập nghiệm là T =  ; a  ∪ [b; +∞ ) . Hỏi M = a + b bằng 4x −1 4 

A. M = 9 . B. M = 10 . C. M = 12 . D. M = 8 . 3 2 Câu 35. Cho hàm số y = x − 3 x + 3mx + m − 1 . Biết rằng hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số và trục Ox có diện tích phần nằm phía trên trục Ox và phần nằm phía dưới trục Ox bằng nhau. Giá trị của m là 2 4 3 3 A. . B. . C. . D. . 3 5 4 5 Câu 36. Mặt phẳng đi qua ba điểm A ( 0;0;2 ) , B (1;0;0 ) và C ( 0;3;0 ) có phương trình là:

x y z + + = 1. 1 3 2

x y z + + = −1 . 1 3 2

x y z + + = 1. 2 1 3

x y z + + = −1 . 2 1 3

2017

1  1    Câu 37. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a ( a > 0 ) thỏa mãn  2a + a  ≤  22017 + 2017  . 2  2    A. 0 < a ≤ 2017 . B. 1 < a < 2017 . C. a ≥ 2017 . D. 0 < a < 1 .

Câu 38. Tìm số phức z thỏa mãn z − 2 = z và ( z + 1)( z − i ) là số thực. B. z = 1 − 2i. C. z = 1 + 2i. D. z = −1 − 2i. A. z = 2 − i. Câu 39. Lớp 11A có 40 học sinh trong đó có 12 học sinh đạt điểm tổng kết môn Hóa học loại giỏi và 13 học sinh đạt điểm tổng kết môn Vật lí loại giỏi. Biết rằng khi chọn một học sinh của lớp đạt điểm tổng kết môn Hóa học hoặc Vật lí loại giỏi có xác suất là 0, 5 . Số học sinh đạt điểm tổng kết giỏi cả hai môn Hóa học và Vật lí là A. 4 . B. 7 . C. 6 . D. 5 . Câu 40. Công thức nào sau đây là đúng với cấp số cộng có số hạng đầu u1 , công sai d , n ≥ 2. ? A. un = u1 + ( n − 1) d .

B. un = u1 + ( n + 1) d .

C. un = u1 − ( n − 1) d .

D. un = u1 + d .

Câu 41. Cho a , b , c là các số thực sao cho phương trình z 3 + az 2 + bz + c = 0 có ba nghiệm phức lần lượt là z1 = ω + 3i; z2 = ω + 9i; z3 = 2ω − 4 , trong đó ω là một số phức nào đó. Tính giá trị của P = a + b + c . .

A. P = 36 .

B. P = 136 .

C. P = 208 .

D. P = 84 .

Câu 42. Cho hàm số y = f ( x ) . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại x0 thì f ′′ ( x0 ) > 0 hoặc f ′′ ( x0 ) < 0 . B. Hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại x0 thì f ′ ( x0 ) = 0 . C. Hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại x0 thì nó không có đạo hàm tại x0 . D. Nếu hàm số đạt cực trị tại x0 thì hàm số không có đạo hàm tại x0 hoặc f ′ ( x0 ) = 0 . Câu 43. Cho A (1; −3; 2 ) và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 3z − 1 = 0 . Viết phương trình tham số đường thẳng d đi qua A , vuông góc với ( P ) .

x = 2 + t  A.  y = −1 − 3t .  z = 3 + 2t 

 x = 1 + 2t  B.  y = −3 + t .  z = 2 + 3t 

 x = 1 + 2t  C.  y = −3 − t .  z = 2 + 3t 

 x = 1 + 2t  D.  y = −3 − t .  z = 2 − 3t 

Trang 5/20 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( −3;1; −4 ) và B (1; −1; 2 ) . Phương trình mặt cầu ( S ) nhận AB làm đường kính là

( x + 1)

+ y 2 + ( z + 1) = 56 .

( x − 4) + ( y + 2) + ( z − 6)

( x + 1)

+ y 2 + ( z + 1) = 14 .

( x − 1)

+ y 2 + ( z − 1) = 14 .

= 14 .

Câu 45. Cho tứ diện ABCD có AB = 3a , AC = 4a , AD = 5a . Gọi M , N , P lần lượt là trọng tâm các tam giác DAB , DBC , DCA . Tính thể tích V của tứ diện DMNP khi thể tích tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. A. V =

120a3 . 27

B. V =

10a 3 . 4

C. V =

80a 3 . 7

D. V =

20a3 . 27

Câu 46. Cho hai điểm , B ( 0; 2;1) , mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 7 = 0 . Đường thẳng d nằm trên ( P ) sao cho mọi điểm của d cách đều hai điểm A , B có phương trình là x = t  A.  y = 7 − 3t .  z = 2t 

 x = −t  B.  y = 7 − 3t .  z = 2t 

 x = 2t  D.  y = 7 − 3t .  z = 2t 

x = t  C.  y = 7 + 3t .  z = 2t 

Câu 47. Tổng số đỉnh, số cạnh và số mặt của hình lập phương là A. 16 .

B. 26 .

Câu 48. Tập xác định của hàm số y = ( 2 − x ) A. D = ( 2; +∞ ) .

D. 24 .

C. D = ( −∞; 2] .

D. D = ℝ \ {2} .

là:

B. D = ( −∞; 2 ) .

Câu 49. Đồ thị ( C ) của hàm số y =

C. 8 .

x +1 và đường thẳng d : y = 2 x − 1 cắt nhau tại hai điểm A và B khi đó x −1

độ dài đoạn AB bằng? B. 2 2 . C. 2 5 . A. 2 3 . 3 2 Câu 50. Cho hàm số y = ax + bx + cx + 1 có bảng biến thiên như sau:

x y′

–∞

−

x1 0

D. x2 0

5. +∞

−

Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. b < 0, c > 0 . B. b > 0, c < 0 .

C. b > 0, c > 0 .

D. b < 0, c < 0 .

------------- HẾT -------------

Trang 6/20 - Mã đề thi 157

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số Chương 1: Hàm Số Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C4 C26 C29 C31

C6 C10 C23 C49 C50

C48

C28 C33 C34

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

Lớp 12 (82%)

Chương 4: Số Phức

C12 C20 C24 C30 C35 C42

C37

C1 C11 C16 C21 C27 C18

C8 C22

C38 C41

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C3 C47

C15 C19 C32

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C17

C14

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C7 C9 C36

C25 C43 C44 C46

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

C13

C39

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C40

C45

Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

Lớp 11 (16%)

Chương 4: Giới Hạn Trang 7/20 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 5: Đạo Hàm

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu

Điểm

1.8

4.4

3.2

0.4

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: KHÁ Trang 8/20 - Mã đề thi 157

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+ Đánh giá sơ lược: Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11 chiêm 16% Không có câu hỏi lớp 10. Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 18 câu VD-VDC phân loại học sinh Chỉ có 2 câu hỏi khó ở mức VDC C37 C45 Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng Đề phân loại học sinh ở mức khá

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D D C D D B D C A D 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 C B A A D A A A B C

11 B 36 A

12 A 37 A

13 C 38 B

14 C 39 D

15 A 40 A

16 D 41 B

17 B 42 D

18 D 43 C

19 A 44 C

20 B 45 D

21 C 46 A

22 B 47 B

23 C 48 B

24 B 49 C

25 C 50 B

Câu 1. Lời giải 2

Ta có

∫ ( 2ax + b ) dx = ( ax

2 + bx ) = 4a + 2b − ( a + b ) = 3a + b . 1

Câu 2. Lời giải Ta có: f ( x ) = log 2 ( 3 x − 1) ⇒ f ′ ( x ) =

3 . ( 3x − 1) ln 2

Câu 3. Lời giải Gọi x là cạnh của đáy hộp. h là chiều cao của hộp. S ( x ) là diện tích phần hộp cần mạ. Khi đó, khối lượng vàng dùng mạ tỉ lệ thuận với S. Ta có: S ( x ) = x 2 + 4 xh (1) ;V = x 2 h = 4 => h = 4 / x 2 ( 2 ) . . Từ và , ta có S ( x ) = x 2 +

16 . x

Dựa vào BBT, ta có S ( x ) đạt GTNN khi x = 2 .

Câu 4. Câu 5. Lời giải  5 7 Ta có d cắt mặt phẳng ( Oyz ) tại M ⇒ M  0; ; −  , chọn A ( −3;1;1) ∈ d và gọi B là hình chiếu vuông  2 2 góc của A lên mặt phẳng ( Oyz ) ⇒ B ( 0;1;1) .  3 9  Lại có BM =  0; ; −  . Khi đó, vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm sẽ cùng phương với vectơ BM  2 2 nên chọn đáp án B. Câu 6. Lời giải Trang 9/20 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

−3

Ta có: y ' ( x ) =

( x − 2)

∀x ≠ 2 . Gọi I là giao của hai tiệm cận ⇒ I ( 2;1) .

 x +1  Gọi M ( x0 ; y0 ) = M  x0 ; 0  ∈ (C ) .  x0 − 2  Khi đó tiếp tuyến tại M ( x0 ; y0 ) có phương trình:

∆ : y = y ' ( x0 )( x − x0 ) + y0 . ⇔ y=

−3

( x0 − 2 )

( x − x0 ) +

x0 + 1 3 x0 x +1 −3 ⇔ .x − y + + 0 =0. 2 2 x0 − 2 ( x0 − 2 ) ( x0 − 2 ) x0 − 2

−6

( x0 − 2 )

Khi đó ta có: d ( I ; ∆ ) =

−1+ 1+

⇔ d ( I; ∆) =

6 x0 − 12

( x0 − 2 )

3 x0

( x0 − 2 )

x0 + 1 x0 − 2

( x0 − 2 )

Áp dụng BĐT: a 2 + b 2 ≥ 2ab ∀a, b . 4

Tacó: 9 + ( x0 − 2 ) ≥ 2.3. ( x0 − 2 ) ⇔ 9 + ( x0 − 2 ) ≥ 6 ( x0 − 2 ) ⇒ d ( I; ∆) ≤

6 x0 − 12

( x0 − 2 )

6 x0 − 12

≤

6 ( x0 − 2 )

= 6 ……..

Vậy giá trị lớn nhất mà d có thể đạt được là:

Câu 7. Lời giải x = 1+ t  Phương trình tham số của đường thẳng d :  y = 2 + t  z = 1 + 2t 

(t ∈ ℝ ) .

H ∈ d ⇒ H (1 + t; 2 + t;1 + 2t ) . Độ dài AH =

( t − 1) + ( t + 1) + ( 2t − 3)

Độ dài AH nhỏ nhất bằng

= 6t 2 − 12t + 11 = 6 ( t − 1) + 5 ≥ 5 .

5 khi t = 1 ⇒ H ( 2;3;3) .

Vậy a = 2 , b = 3 , c = 3 ⇒ a 3 + b 3 + c 3 = 62 . Câu 8.

Lời giải 2

Ta có 2 z 2 − 6 z + 5 = 0 ⇔ 4 z 2 − 12 z + 10 = 0 ⇔ ( 2 z − 3) = −1 = i 2 ⇔ z = ⇒ z0 =

3±i 2

3 1 1 3 − i ⇒ iz0 = + i . 2 2 2 2

Câu 9. Trang 10/20 - Mã đề thi 157

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lời giải x − 2 y −1 z đi qua M ( 2;1;0 ) và có vtcp : u = (1;1; − 2 ) . ∆: = = 1 1 −2 ( β ) : x + y + 2 z + 1 = 0 có vtpt : n = (1;1; 2 ) .

đi qua M . u, n  = ( 4; − 4; 0 ) = 4 (1; − 1;0 ) vtpt   

(α ) : 

Phương trình (α ) : ( x − 2 ) − ( y − 1) = 0 ⇔ x − y − 1 = 0 . Gọi ( d ) là giao tuyến của hai mặt phẳng (α ) , ( β ) . Ta có:  đi qua N ( 0; − 1;0 ) . vtcp  n, nα  = ( 2; 2; − 2 ) = 2 (1;1; − 1) x y +1 z Phương trình ( d ) : = . = 1 1 −1 Câu 10.

( d ) : 

Câu 11. Lời giải

∫ ( 2 x + 1)dx = x

+ x+C.

Câu 12. Lời giải Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x ) . f ′  f ( x )  .  x = 0; x = 2  f ′( x) = 0  x = 0; x = 2 . Suy ra g ′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔  x = 3 ⇔  f ′  f ( x )  = 0  f ( x ) = 0; f ( x ) = 2  x = a > 3 Bảng biến thiên của hàm số g ( x ) = f  f ( x )  là

Từ bảng biến thiên của hàm số g ( x ) = f  f ( x )  ta suy ra các mệnh đề , , đúng. Câu 13. Lời giải n 2018 Trong khai triển nhị thức ( a + b ) thì số các số hạng là n + 1 nên trong khai triển ( 2 x − 3) có 2019 số hạng. Câu 14.

Lời giải: Câu hỏi lí thuyết. Câu 15.

Lời giải

Trang 11/20 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , CD ; H là hình chiếu vuông góc của O trên SN . Vì AB //CD nên d ( AB,SC ) = d ( AB, ( SCD) ) = d ( M ,( SCD) ) = 2d ( O, ( SCD) )

CD ⊥ SO ⇒ CD ⊥ ( SON ) ⇒ CD ⊥ OH Ta có  CD ⊥ ON CD ⊥ OH ⇒ OH ⊥ ( SCD) ⇒ d ( O;( SCD) ) = OH . Khi đó  OH ⊥ SN a 1 1 1 1 1 5 = + = 2 + 2 = 2 ⇒ OH = Tam giác SON vuông tại O nên 2 2 2 a OH ON OS a a 5 4 2a 5 . Vậy d ( AB,SC ) = 2OH = 5 Câu 16. Lời giải x +1 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = và trục hoành: x−2 x +1 = 0 ( x =/ 2 ) ⇔ x = −1 . x−2 x +1 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = và các trục tọa độ bằng: x−2 0

x +1 ∫−1 x − 2 dx = Câu 17.

x −1 ∫−1 x − 2dx =

∫1+ −1

0 2 2 3 3 dx = ( x + 3ln x − 2 ) = 1 + 3ln = −1 − 3ln = 3ln − 1 . − 1 3 3 2 x−2

Lời giải Gọi chiều cao hình nón là h , bán kính đáy bằng a , ta có: Độ dài đường sinh l = (a 3)2 + a 2 = 2a . Do đó: S xq = π rl = π .a.(2a) = 2π a 2 .

Câu 18. Lời giải z = z1 + z2 = 2 + 3i − 4 − 5i = −2 − 2i . Câu 19.

Lời giải Trong mặt phẳng ( OBC ) dựng hình bình hành OMBN , kẻ OI ⊥ BN .

Trang 12/20 - Mã đề thi 157

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

H O C

I B

Kẻ OH ⊥ AI . Nhận xét OM // ( ABN ) nên khoảng cách h giữa hai đường thẳng AB và OM bằng khoảng cách giữa đường thẳng OM và mặt phẳng ( ABN ) , bằng khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ABN ) . Suy ra

h = d ( O, ( ABN ) ) = OH . = 60o nên OI = a 3 . Tam giác OBI có OB = a , BOM 2 Tam giác AOI vuông tại O nên

a 3 1 1 1 1 1 4 . = + 2 ⇔ = 2 + 2 ⇒ OH = 2 2 2 OH OA OI OH 3a 3a 5

Câu 20. Lời giải 2

Xét: ac ( b 2 − 4ac ) > 0 ⇔ ab 2 c − 4 ( ac ) > 0 vì 4 ( ac ) > 0 ⇒ ab 2 c > 4 ( ac ) > 0 hay a.c > 0 . Vì ac ( b 2 − 4ac ) > 0 ⇒ b 2 − 4ac > 0 . Xét phương trình hoành độ giao điểm: ax 4 + bx 2 + c = 0 . Đặt x2 = t; ( t ≥ 0 ) .Phương trình theo t : at 2 + bt + c = 0 .

 ∆ = b2 − 4ac > 0  −b  > 0 ⇒ Phương trình hai nghiệm dương phân biệt. Ta có: t1 + t2 = a  c  t1.t2 = a > 0 ⇒ ax 4 + bx 2 + c = 0 có bốn nghiệm phân biệt. Vậy đồ thị hàm số y = ax 4 + bx 2 + c cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt. Câu 21. Lời giải

x = 0 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y = x 2 − 2 x và y = 0 là x 2 − 2 x = 0 ⇔  . x = 2 Trên đoạn [ −10;10] ta có x 2 − 2 x ≥ 0 , ∀x ∈ [ −10;0] và [ 2;10] . x 2 − 2 x ≤ 0 , ∀x ∈ [ 0; 2] . 10

Do đó S =

∫

−10

x 2 − 2 x dx =

∫ (x −10

− 2 x ) dx − ∫ ( x 2 − 2 x ) dx + ∫ ( x 2 − 2 x ) dx =

2008 . 3

Câu 22. Trang 13/20 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lời giải Gọi z = x + yi , x , y ∈ ℝ ⇒ M ( x; y ) .

N là điểm đối xứng của M qua Oy ⇒ N ( − x; y ) ⇒ w = − x + yi = − ( x − yi ) = − z . Câu 23. Lời giải 2x + m Ta có y′ = 2 ≥ 0 với mọi x ∈ ( 0; +∞ ) . x + mx + 1 Xét g ( x ) = x 2 + mx + 1 có ∆ = m 2 − 4. TH1: ∆ < 0 ⇔ −2 < m < 2 khi đó g ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ nên ta có 2 x + m ≥ 0 , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) Suy ra 0 ≤ m < 2 .  m ≤ −2 . TH2: ∆ ≥ 0 ⇔  m ≥ 2 2x + m ≥ 0 với mọi x ∈ ( 0; +∞ ) . x + mx + 1 Nếu m ≥ 2 thì 2 x + m > 0 với mọi x ∈ ( 0; +∞ ) và g ( x ) có 2 nghiệm âm . Do đó g ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . Suy

Nếu m ≤ −2 thì lim y ′ = m ≤ −2 nên không thỏa y ′ = x →0

ra 2 ≤ m < 10 . Vậy ta có: 0 ≤ m < 10 nên có 10 giá trị nguyên của m . Câu 24.

Lời giải Ta có: y′ = 3 x 2 − 6 x + 3m ; y′ = 0 ⇔ x 2 − 2 x + m = 0 .

∆′ = 1 − m ; hàm số có hai điểm cực trị ⇔ ∆′ > 0 ⇔ m < 1 . Mặt khác y ′′ = 6 x − 6 . y ′′ = 0

⇒ y = 4m − 3 .

Hàm số bậc ba có đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng. Do đó: m cần tìm thoả và điểm uốn nằm trên trục hoành m < 1 và 4m − 3 = 0 ⇔ m =

3 . 4

Câu 25. Lời giải Gọi I ( −1 − t ; −t ; 2 + t ) ∈ d .IA = ( t ; t + 2; −t − 1) , IB = ( t + 3; t + 3; −t ) . Do ABCD là hình thoi nên IA.IB = 0 ⇔ 3t 2 + 9t + 6 = 0 ⇔ t = −2; t = −1 . Do C đối xứng A qua I và D đối xứng B qua I nên: +) t = −1 ⇒ I ( 0;1;1) ⇒ C (1;0;1) , D ( −2; −1;0 ) . +) t = −2 ⇒ C ( 3; 2; −1) , D ( 0;1; −2 ) .

Câu 26. Lời giải Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) . Câu 27. Lời giải

∫

 f ( x ) + 3g ( x )  dx = 10 ⇔ ∫ f ( x ) dx + 3∫ g ( x ) dx = 10 (1) 1 1

Trang 14/20 - Mã đề thi 157

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

∫

 2 f ( x ) − g ( x )  dx = 6 ⇔ 2∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx = 6 ( 2 ) 1 1 3

Giải hệ (1) và ( 2 ) ta được ⇔ ∫ f ( x ) dx = 4; ∫ g ( x ) dx = 2 suy ra 1

∫

 f ( x ) + g ( x )  dx = 6 .

Câu 28. Lời giải 1 Ta có 22 x −1 − = 0 ⇔ 22 x −1 = 2−3 ⇔ x = −1 . 8 Câu 29.

Lời giải Tập xác định của hàm số: D = ℝ . Đạo hàm: y′ = 4 x3 + 4 x ; y ′ = 0 ⇔ x = 0 . Bảng biến thiên: –∞ x y' – Vậy hàm số đã cho có một điểm cực trị. +∞ Câu 30. y

+∞

+ +∞

Lời giải Tiệm cận đứng là x = −1 ; tiệm cận ngang y = 1 nên-3I ( −1; 1) .

 x +2 1 nên phương trình tiếp tuyến của ( C ) là: Gọi M 0  x0 ; 0  ∈ (C ) ; f ′( x ) = − 2 x0 + 1  ( x + 1)  x0 + 2 x02 + 4 x0 + 2 1 1 =− =0. y− x − x0 ) ⇔ x+ y− 2 ( 2 2 x0 + 1 ( x0 + 1) ( x0 + 1) ( x0 + 1) − d ( I, ∆) =

( x0 + 1)

+1−

x02 + 4 x0 + 2

( x0 + 1)

2 x0 + 1

≤2

( x0 + 1) + 1

( x0 + 1) 4 2 ( x0 + 1)

= 2.

Câu 31. Lời giải Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .

Câu 32. Lời giải S

A H

D K

Gọi H là trung điểm của AB , suy ra AH ⊥ ( ABCD ) . Gọi G là trọng tâm tam giác ∆SAB và O là tâm hình vuông ABCD . Từ G kẻ GI // HO suy ra GI là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆SAB và từ O kẻ OI // SH thì OI là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD . Trang 15/20 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có hai đường này cùng nằm trong mặt phẳng và cắt nhau tại I . Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . a 21 . R = SI = SG 2 + GI 2 = 6 4 7 21 3 Suy ra thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp SABCD là V = π R 3 = πa . 3 54 Câu 33. Lời giải

x = 0 = 4 ⇔ x2 − 3x + 2 = 2 ⇔  . x = 3 Vậy T = x13 + x23 = 27 . Câu 34. Ta có 2 x

−3 x + 2

Lời giải x2 − 6 x + 8 x2 − 6 x + 8 x 2 − 10 x + 9 Ta có log 2 ≥0 ⇔ ≥1 ⇔ ≥0 4x −1 4x −1 4x −1   x 2 − 10 x + 9 ≥ 0  1 < x ≤1  4 x − 1 > 0  ⇔ ⇔ 4 . 2   − 10 + 9 ≤ 0 x x  x ≥ 9  4 x − 1 < 0 1  Nên T =  ;1 ∪ [9; +∞ ) ⇒ M = a + b = 1 + 9 = 10 . 4  Câu 35.

Lời giải Ta có: y′ = 3 x 2 − 6 x + 3m ; y′ = 0 ⇔ x 2 − 2 x + m = 0 .

∆′ = 1 − m ; Để có diện tích phần trên và phần dưới thì hàm số phải có hai điểm cực trị ⇔ ∆′ > 0 ⇔ m < 1 . Mặt khác y ′′ = 6 x − 6 . y ′′ = 0 ⇒ x = 1 ⇒ y = 4 m − 3 .

Hàm số bậc ba có đồ thị nhận điểm uốn là trục đối xứng. Do đó, để diện tích hai phần bằng nhau thì điểm uốn phải nằm trên trục hoành. 3 Vậy 4m − 3 = 0 ⇔ m = . 4 Câu 36. Lời giải Áp dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn ta có phương trình mặt phẳng là x y z + + = 1. 1 3 2 Câu 37.

Lời giải 1   Ta có  2a + a  2  

2017

1   ≤  22017 + 2017  2  

Trang 16/20 - Mã đề thi 157

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1  ⇒ 2017log 2  2a + a 2  1  log 2  2 a + a 2  ⇒ a

1    2017  ≤ alog 2  2 + 2017  2   

1   2017  log 2  2 + 2017 2 ≤  2017

1  log 2  2 x + x 2  Xét hàm số y = f ( x ) = x

  .

 x x   = log 2 ( 4 + 1) − x = log 2 ( 4 + 1) − 1 . x x

 ( 4 x + 1)'  .x − ln ( 4 x + 1)   x  4 x .ln4.x − ( 4 x + 1) ln ( 4 x + 1)  1  4 +1 = 1  Ta có y′ = <0 x 2 ln2   ln2  x2 x 4 + 1  ( )     

y′ =

x x x x 1  4 .ln4 − ( 4 + 1) ln ( 4 + 1)    < 0 , ∀x > 0 . 2 x ln2  x 4 + 1  ( )  

Nên y = f ( x ) là hàm giảm trên ( 0; +∞ ) . Do đó f ( a ) ≤ f ( 2017 ) , ( a > 0 ) khi 0 < a ≤ 2017 .

Câu 38. Lời giải Gọi

z = x + iy

với

x, y ∈ ℝ

có

hệ

phương

trình

( x − 2 ) + y 2 = x 2 + y 2 ( x − 2 ) + y 2 = x 2 + y 2  z − 2 = z  x = 1 ⇔ ⇔ ⇔    ( − x − 1)( y + 1) + xy = 0 ( z + 1)( z − i ) ∈ ℝ ( x + 1 + iy )( x − iy − i ) ∈ ℝ ( x + 1 + iy )( x − iy − i ) ∈ ℝ x = 1 ⇔  y = −2 Câu 39. Lời giải Gọi A là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi môn Hóa học”. B là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi môn Vật lí”. 2

⇒ AC = a 3 A ∪ B là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết môn Hóa học hoặc Vật lí loại giỏi”. A ∩ B là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi cả hai môn Hóa học và Vật lí”. Ta có: n ( A ∪ B ) = 0,5.40 = 20 .

Mặt khác: n ( A ∪ B ) = n ( A) + n ( B ) − n ( A.B )

⇒ n ( A.B ) = n ( A) + n ( B ) − n ( A ∪ B ) = 12 + 13 − 20 = 5 . Câu 40. Lời giải Công thức số hạng tổng quát : un = u1 + ( n − 1) d , n ≥ 2 . Câu 41. Lời giải Ta có z1 + z2 + z3 = −a ⇔ 4 w + 12i − 4 = −a là số thực, suy ra w có phần ảo −3i hay w = m − 3i . Khi đó z1 = m; z2 = m + 6i; z3 = 2m − 6i − 4 mà z3 ; z2 là liên hợp của nhau nên m = 2m − 4 ⇔ m = 4 . Vậy z1 = 4; z2 = 4 + 6i; z3 = 4 − 6i . Theo Viet ta có. Trang 17/20 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 z + z2 + z3 = −a a = −12  1   z z + z z + z z = b ⇒ b = 84 . 2 3 1 3  1 2   z1 z2 z3 = −c c = −208 P = −12 + 84 − 208 = 136 . Câu 42. Câu 43. Lời giải

Vì d đi qua A , vuông góc với ( P ) nên d có một vectơ chỉ phương là a = ( 2; −1;3) .

 x = 1 + 2t  * Vậy phương trình tham số của d là  y = −3 − t .  z = 2 + 3t  Câu 44. Lời giải Gọi I là trung điểm đoạn AB ⇒ I ( −1;0; −1) . Mặt cầu cần tìm có tâm I ( −1;0; −1) và bán kính R = IA =

( −1 + 3) + ( 0 − 1) + ( −1 + 4 ) 2

= 14 .

Ta có phương trình ( x + 1) + y 2 + ( z + 1) = 14.

Câu 45. Lời giải

Ta có:

3 VD.MNP DM DN DP  2  8 8 1 2 = . . =   ⇒ VD.MNP = VD.HIK = . .VD. ABC = .VD. ABC    3 27 27 4 27 VD.HIK DH DI DK

1 1 1 1 1 Ta có: VD. ABC = .S ABC .SH = . . AB. AC.sin A.DE ≤ AB. AC.DE ≤ AB. AC.DE 3 3 2 6 6 ( DE là đường cao của hình chóp D. ABC ) = 90 Dấu bằng xảy ra khi: DA = DE và BAC Trang 18/20 - Mã đề thi 157

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1 1 Suy ra: (VD. ABC )max = . . AB. AC.DA = .3a.4 a.5a = 10 a 3 3 2 6 2 20 3 Vây: VD.MNP = .10a 3 = a 27 27 Câu 46. Lời giải 3 5  Ta có AB = ( −3; −1;0 ) ; I  ; ;1 là trung điểm của AB và A, B nằm ở hai phía của mặt phẳng ( P ) . 2 2  Gọi (α ) là mặt phẳng trung trực của AB và ∆ = (α ) ∩ ( P ) . Khi đó ∆ chính là đường thẳng thuộc mặt phẳng

( P)

và cách đều hai điểm A, B .

3 5  Phương trình mặt phẳng (α ) đi qua I  ; ;1 và có véc tơ pháp tuyến AB = ( −3; −1;0 ) là: 2 2  3  5  −3  x −  −  y −  = 0 ⇔ 3 x + y − 7 = 0 . 2  2  Khi đó d là đường giao tuyến của (α ) và ( P ) . Véctơ chỉ phương của d : ud =  n( P ) , n(α )  = ( −1;3; −2 ) = − (1; −3; 2 ) , d đi qua A ( 0;7;0 ) .   x = t  Vậy d có phương trình tham số là:  y = 7 = 3t ( t là tham số).  z = 2t  Câu 47. Lời giải Hình lập phương có 8 đỉnh, 12 cạnh và 6 mặt.

Vậy tổng số đỉnh, số cạnh và số mặt của hình lập phương là 26 .

Câu 48. Lời giải Ta có: 3 ∉ ℤ nên hàm số xác định khi và chỉ khi 2 − x > 0 ⇔ x < 2 . Vậy tập xác định của hàm số là: D = ( −∞; 2 ) . Câu 49. Lời giải Tập xác định D = ℝ \ {1} . Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị ( C ) là nghiệm của phương trình. x ≠ 1 x = 0 x +1 ⇔ . = 2 x − 1 ⇔  2 x − 2x = 0 x=2 x −1   Với x = 0 ⇒ A ( 0; −1) .

Với x = 2 ⇒ B ( 2;3) . Do đó AB = 22 + 42 = 2 5 . Câu 50.

Lời giải Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình y′ = 3ax 2 + 2bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt đều dương.

Trang 19/20 - Mã đề thi 157 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 b 2 − 3ac > 0  2b  ⇒  x1 + x2 = − > 0 và hệ số a < 0 do lim ( ax 3 + bx 2 + cx + d ) = −∞ . x →+∞ 3a  c   x1.x2 = a > 0 Từ đó suy ra c < 0, b > 0 .

Trang 20/20 - Mã đề thi 157

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Mã đề thi 130

Câu 1. Một cái ao hình ABCDE , ở giữa ao có một mảnh vườn hình tròn có bán kính 10 ( m ) . Người ta muốn bắc một câu cầu từ bờ AB của ao đến vườn. Tính gần đúng độ dài tối thiếu l của cây cầu biết: - Hai bờ AE và BC nằm trên hai đường thẳng vuông góc với nhau, hai đường thẳng này cắt nhau tại điểm O ; - Bờ AB là một phần của một parabol có đỉnh là điểm A và có trục đối xứng là đường thẳng OA ; - Độ dài đoạn OA và OB lần lượt là 40 m và 20 m; - Tâm I của mảnh vườn lần lượt cách đường thẳng AE và BC lần lượt 40 m và 30 m.

A. l ≈ 15, 7 m. B. l ≈ 17, 7 m. C. l ≈ 25, 7 m. D. l ≈ 27, 7 m. Câu 2. Một công ty chuyên sản xuất thùng phi nhận được đơn đặt hàng với yêu cầu là thùng phi phải chứa được 16π m3 mỗi chiếc. Hỏi chiếc thùng phải có kích thước như thế nào để sản suất ít tốn vật liệu nhất?

( )

A. R = 4 ( m ) , h = 4 ( m ) .

B. R = 4 ( m ) , h = 2 ( m ) .

C. R = 3 ( m ) , h = 4 ( m ) .

D. R = 2 ( m ) , h = 4 ( m ) .

x2 − x −1 Câu 3. Đường thẳng y = 4 x − 1 có bao nhiêu điểm chung với đồ thị hàm số y = . x +1 A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1. Câu 4. Bạn A muốn làm một chiếc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liệu là mảnh tôn hình tam giác đều

ABC có cạnh bằng 90 ( cm ) . Bạn muốn cắt mảnh tôn hình chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu để tạo thành hình trụ có chiều cao bằng MQ . Thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn A có thể làm được là

Trang 1/20 - Mã đề thi 130 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

M A. C.

91125 cm 3 ) . ( 2π

108000 3

( cm ) . 3

13500. 3

( cm ) . 3

91125 cm3 ) . ( 4π

Câu 5. Một người bỏ ngẫu nhiên ba lá thư vào ba chiếc phong bì đã ghi địa chỉ. Xác suất để có ít nhất một lá thư được bỏ đúng phong bì là 1 5 1 2 A. . B. . C. . D. . 3 6 2 3 Câu 6. Nếu u ( x ) và v ( x ) là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn [ a; b] . Mệnh đề nào sau đây đúng b

∫ udv = uv a − ∫ vdv . b







∫ udv = uv

a b

b a

+ ∫ vdu .

∫ ( u + v ) dx = ∫ udx + ∫ vdx . b

∫ uvdx =  ∫ udx  . ∫ vdx  . a

Câu 7. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 4 ( m − 1) x 2 + 2m − 1 có 3 điểm cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều. 3 3 3 B. m = 1 − C. m = 0. D. m = 1. . . 2 2 Câu 8. Kí hiệu Ank là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử (1 ≤ k ≤ n ) . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. m = 1 +

A. Ank =

n! ( n − k )! 2

Câu 9. Giả sử

B. Ank = a

∫ x + 3 = ln b

n! k !( n + k ) !

C. Ank =

n! k !( n − k ) !

với a , b là các số tự nhiên và phân số

D. Ank =

n! ( n + k )!

a tối giản. Khẳng định nào sau đây là b

sai? A. 3a − b < 12 .

B. a + 2b = 13 . C. a − b > 2 . D. a 2 + b 2 = 41 . 1 x7 dx , giả sử đặt t = 1 + x 2 . Tìm mệnh đề đúng. Câu 10. Cho tích phân I = ∫ 2 5 0 (1 + x ) 3

2 3 2 4 ( t − 1) dt . 1 ( t − 1) 1 ( t − 1) 3 ( t − 1) A. I = ∫ d t I I d t I dt . . B. = C. = . D. = ∫1 t 5 2 1 t5 2 ∫1 t 4 2 ∫1 t 4 Câu 11. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm A( −2;3; − 4) , B (4; − 3;3) . Tính độ dài đoạn thẳng AB .

A. AB = 9 . Câu 12. Cho hàm số y =

Trang 2/20 - Mã đề thi 130

B. AB = 11 .

C. AB = ( 6; − 6; 7 ) .

D. AB = 7 .

ax − b có đồ thị như hình dưới. x −1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

O −1 −2

Khẳng định nào dưới đây là đúng? A. 0 < a < b . B. b < 0 < a . C. 0 < b < a . D. b < a < 0 . Câu 13. Thể tích V của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là 1 1 A. V = 3Bh . B. V = Bh . C. V = Bh . D. V = Bh . 3 2

Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ các điểm A (1;1;1) , B ( 2;0; 2 ) ,

C ( −1; −1;0 ) , D ( 0;3; 4 ) . Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm B′, C ′, D′ sao cho AB AC AD + + = 4 và tứ diện AB′C ′D′ có thể tích nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng ( B′C ′D′ ) là AB′ AC ′ AD′ B. 16 x − 40 y − 44 z + 39 = 0 . A. 16 x − 40 y − 44 z − 39 = 0 .

C. 16 x + 40 y + 44 z − 39 = 0 .

D. 16 x + 40 y − 44 z + 39 = 0 .

Câu 15. Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a . Đường thẳng AB′ hợp với đáy một góc 60° . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ . 3a 3 a3 3a 3 a3 . B. V = . C. V = . D. V = . A. V = 2 4 4 2 Câu 16. Một cửa hàng bán bưởi, với giá bán mỗi quả là 50.000 đồng. Với giá bán này thì cửa hàng chỉ bán được khoảng 40 quả bưởi. Cửa hàng này dự định giảm giá bán, ước tính nếu cửa hàng cứ giảm mỗi quả 5.000 đồng thì số bưởi bán được tăng thêm là 50 quả. Xác định giá bán để cửa hàng đó thu được lợi nhuận lớn nhất, biết rằng giá nhập về ban đầu mỗi quả là 30.000 đồng. A. 44.000đ. B. 43.000đ. C. 42.000đ. D. 41.000đ. Câu 17. Tập xác định của hàm số y = 2019x + 1 là A. (0; +∞ ) .

B.  0; +∞) .

C. D = R .

D. D = R \ {0} .

Câu 18. Biết bất phương trình log 5 ( 5 x − 1) .log 25 ( 5 x+1 − 5 ) ≤ 1 có tập nghiệm là đoạn [ a; b] . Tính a + b . A. a + b = −1 + log 5 156 .

B. a + b = −2 + log 5 26 .

C. a + b = −2 + log 5 156 .

D. a + b = 2 + log 5 156 .

Câu 19. Chọn khẳng định sai A. Hàm số y = log3 x có tập xác định là D = ( 0; +∞ ) B. Hàm số y = e x có tập xác định D = ℝ C. Hàm số Hàm số y = log x có tập xác định là D = ℝ . D. Hàm số y = 2x xác định trên ℝ . Câu 20. Các loài cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon 14 . Khi một bộ phận của cây bị chết thì hiện tượng quang hợp của nó cũng ngưng và nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng cacbon 14 của bộ phận đó sẽ phân hủy cách chậm chạp, chuyển hóa thành nitơ 14. Biết rằng nếu gọi Trang 3/20 - Mã đề thi 130 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

P ( t ) là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong bộ phận của cây sinh trưởng từ t năm trước đây thì P ( t ) được t

tính theo công thức: P ( t ) = 100. ( 0,5 ) 5750 ( % ) . Phân tích một mẫu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ đó là 65% . Niên đại của công trình kiến trúc đó gần với số nào sau đây nhât: A. 3574 năm. B. 4000 năm. C. 41776 năm. D. 6136 năm. Câu 21. Số giá trị nguyên âm của m để phương trình log 7 ( x − 1) = log 7 ( mx + 4 x ) có nghiệm.

A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 5. Câu 22. Qua điểm O cho trước, có bao nhiêu mặt phẳng vuông góc với đường thẳng ∆ cho trước? B. Vô số. C. 3 . D. 1 . A. 2 . Câu 23. Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số đơn điệu trên khoảng (a; b) . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? A. f ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ (a; b) .

B. f ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ (a; b) .

C. f ' ( x ) ≠ 0, ∀x ∈ (a; b) .

D. f ' ( x ) không đổi dấu trên (a; b) .

Câu 24. Xác định phần ảo của số phức z = 18 − 12i . A. 12 . B. −12i . C. −12 . D. 18 . u1 = −2  Câu 25. Cho dãy số ( un ) xác định bởi :  . Chọn hệ thức đúng: −1 u n +1 = 10 .u n 1 1 B. un = ( −2) n −1 . A. ( un ) là cấp số nhân có công bội q = − . 10 10 u + u n+1 C. u n = n−1 D. u n = u n−1.u n+1 ( n ≥ 2 ) . ( n ≥ 2) . 2 Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho hai vector a = ( a1 , a2 , a3 ) , b = ( b1 , b2 , b3 ) khác 0 . Tích có hướng của a

và b là c . Câu nào sau đây đúng? A. c = ( a2b3 − a3b2 , a3b1 − a1bb , a1b2 − a2b1 ) . C. c = ( a1b3 − a3b1 , a2b2 − a1b2 , a3b2 − a2b3 ) .

B. c = ( a1b3 − a2b1 , a2b3 − a3b2 , a3b1 − a1b3 ) . D. c = ( a3b1 − a1b3 , a1b2 − a2b1 , a2b3 − a3b1 ) .

Câu 27. Cho các số phức z1 = 2 + 3i , z2 = 4 + 5i . Số phức liên hợp của số phức w = 2 ( z1 + z2 ) là A. w = 8 + 10i . B. w = 12 − 16i . C. w = 12 + 8i . D. w = 28i . Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + z − 4 = 0 và đường x +1 y z + 2 . Phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng ( P ) , đồng thời cắt và vuông = = 2 1 3 góc với đường thẳng d là x −1 y −1 z −1 x +1 y + 3 z −1 A. . B. . = = = = 5 2 3 5 3 −1 x −1 y −1 z −1 x −1 y +1 z −1 C. . D. . = = = = 5 −1 −3 5 2 −1 Câu 29. Viết công thức tính diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh l và bán kính đường tròn đáy r.

thẳng d :

A. S xq = π r 2l .

B. S xq = 2π r 2l .

C. S xq = π rl .

D. S xq = 2π rl .

Câu 30. Cho lăng trụ ABC. A′B′C ′ . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của A′B ′ và CC ′ . Khi đó CB′ song song với A. ( BC ′M ) . B. ( AC ′M ) . C. AM . D. A′N . Câu 31. Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x + 2019 là điểm ? Trang 4/20 - Mã đề thi 130

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. Q ( 3; 2043) .

B. M (1; 2017 ) .

C. P ( 0; 2019 ) .

D. N ( −1; 2021) .

Câu 32. Chi phí về nhiên liệu của một tàu được chia làm hai phần. Trong đó phần thứ nhất không phụ thuộc vào vận tốc và bằng 480 ngàn đồng/giờ. Phần thứ hai tỉ lệ thuận với lập phương của vận tốc, khi v = 10km / h thì phần thứ hai bằng 30 ngàn đồng/giờ. Hãy xác định vận tốc của tàu để tổng chi phí nguyên liệu trên 1 km đường là nhỏ nhất? A. 15km/h. B. 20km/h. C. 25km/h. D. 10km/h. Câu 33. Phương trình mặt cầu tâm I (1; 2; 3) và bán kính R = 3 là A.

( x − 1)

+ ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9 .

( x − 1)

+ ( y − 2 ) + ( z − 3) = 3 .

D. x 2 + y 2 + z 2 + 2 x + 4 y + 6 z + 5 = 0 .

( x + 1)

+ ( y + 2 ) + ( z + 3) = 9 .

Câu 34. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho a = −i + 2 j − 3k . Tọa độ của vectơ a là: A.

( 2; −1; −3) .

( −3; 2; −1) .

( 2; −3; −1) .

( −1; 2; −3) .

Câu 35. Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn z1 = 6, z2 = 2 . Gọi M , N là các điểm biểu diễn cho z1 và iz2 . Biết

= 60° . Tính T = z 2 + 9 z 2 . MON 1 2 A. T = 18 . B. T = 24 3 . C. T = 36 2 . D. T = 36 3 . Câu 36. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. max y = 4 . ℝ

B. yC Ð = 4 .

C. min y = 3 . ℝ

D. yCT = 0 .

Câu 37. Một đoàn tàu chuyển động thẳng khởi hành từ một nhà ga. Quãng đường S đi được của đoàn tàu là một hàm số của thời gian t , hàm số đó là S = 6t 2 − t 3 . Thời điểm t mà tại đó vận tốc v của chuyển động đạt giá trị lớn nhất là: A. t = 2 ( s ) . B. t = 4 ( s ) . C. t = 10 ( s ) . D. t = 6 ( s ) . Câu 38. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 , d 2 lần lượt có phương trình x−2 y −2 z −3 x −1 y − 2 z −1 , d2 : . Phương trình mặt phẳng (α ) cách đều hai đường thẳng d1 : = = = = 2 1 3 2 4 −1 d1 , d 2 là A. 2 x + y + 3 z + 3 = 0 . B. 14 x − 4 y − 8 z + 3 = 0 . C. 7 x − 2 y − 4 z = 0 . D. 7 x − 2 y − 4 z + 3 = 0 . x +1 Câu 39. Cho hàm số y = có đồ thị ( H ) . Số đường tiệm cận của ( H ) là? x −1 Trang 5/20 - Mã đề thi 130 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. 0 .

B. 2 .

C. 3 .

Câu 40. Tìm tập nghiệm của bất phương trình ( 0,1)

x2 + x

D. 1.

> 0, 01 .

A. (−2;1) .

B. (−∞; −2) .

C. (1; +∞) .

D. (−∞; −2) ∪ (1; +∞) .

Câu 41. Cho hai điểm A , B là hai điểm biểu diễn hình học số phức theo thứ tự z0 , z1 khác 0 và thỏa mãn đẳng thức z02 + z12 = z0 z1 . Hỏi ba điểm O , A , B tạo thành tam giác gì? ( O là gốc tọa độ)? Chọn phương án đúng và đầy đủ nhất. A. Cân tại O . B. Vuông cân tại O . D. Vuông tại O . C. Đều. Câu 42. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị . Khi đó f ( x ) nghịch biến trên các khoảng :

A. C.

( −1; 0 ) , ( 0;1) . ( −∞; − 1) , ( 0;1) .

B. D.

( −∞; − 1) , (1; + ∞ ) . ( −1;0 ) , (1; + ∞ ) .

π 2

Câu 43. Cho

π

1

∫ ( x − 1 + sin 2 x ) dx = π  a − b  + 1 , với a, b là các số nguyên dương. Tính a + 2b . 0

A. 12 . B. 8 . C. 10 . D. 14 . Câu 44. Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp hình cầu có bán kính bằng 9 . Tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất. A. 144 2 . B. 144 . Câu 45. Tính môđun của số phức z = 4 − 3i . A. z = 5 .

B. z = 25 .

C. 576 2 .

D. 576 .

C. z = 7 .

D. z = 7 .

Câu 46. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi E , F lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SD . Khẳng định nào sau đây đúng? A. SC ⊥ ( AED ) .

B. SC ⊥ ( AFB ) .

C. AC ⊥ ( SBD ) .

D. SC ⊥ ( AEF ) .

Câu 47. Một cổng chào có dạng hình Parabol chiều cao 18 m , chiều rộng chân đế 12 m . Người ta căng hai sợi dây trang trí AB , CD nằm ngang đồng thời chia hình giới hạn bởi Parabol và mặt đất thành ba phần có AB diện tích bằng nhau . Tỉ số bằng CD 3 1 1 4 A. . B. . C. . D. 3 . 5 1+ 2 2 2 2

Câu 48. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 3 x + 2 = 0 . Tính giá trị của A = 3x1 + 3x2 . Trang 6/20 - Mã đề thi 130

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. A = 27 .

B. A = 28 .

C. A = 12 .

D. A = 9 .

Câu 49. Tìm tất cả giá trị của m để hàm số y = 2x 3 + 3 (m − 1) x 2 + 6 (m − 2) x + 3 nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn 4 . A. m < −1 hoặc m > 7 . C. m > 7 .

B. m < −1 . D. m = −1 .

Câu 50. Tích của giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = x + A. 20 .

B. 6 .

65 . 3 ------------- HẾT -------------

4 trên đoạn [1; 3] bằng. x

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số C12 C36 C42

C3 C7 C23 C31C39 C50

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C17

C18 C19 C40

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng

C9 C10

Chương 4: Số Phức

C24

C27 C45

Chương 1: Hàm Số

Lớp 12 (86%)

C16 C32 C49

C20 C21 C37 C43 C48

C47

C35 C41

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C15 C13 C29

C2 C4

C44

C11 C26 C33

C34

C14 C28 C38

Đại số

Lớp 11 (12%)

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

Trang 7/20 - Mã đề thi 130 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C25

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

Hình học Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song

C30

Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

C22

C46

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (2%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Trang 8/20 - Mã đề thi 130

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tổng số câu

Điểm

2.4

3.4

0.2

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: TRUNG BÌNH + Đánh giá sơ lược: Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11+10 chiêm 14 % Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 18 câu VD-VDC phân loại học sinh Chỉ có 1 câu hỏi khó ở mức VDC : C47 Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng Đề phân loại học sinh ở mức trung bình

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B D B B D B A A C A 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 A B C C B B B A D D

11 B 36 B

12 D 37 A

13 D 38 B

14 D 39 B

15 C 40 A

16 C 41 C

17 C 42 C

18 C 43 A

19 C 44 D

20 A 45 A

21 B 46 D

22 D 47 D

23 D 48 C

24 C 49 A

25 A 50 A

Câu 1. Lời giải :

Gán trục tọa độ

sao cho

cho đơn vị là

Khi đó mảnh vườn hình tròn có phương trình Bờ

là một phần của Parabol

Vậy bài toán trở thành tìm

có tâm

ứng với

nhỏ nhất với

Đặt trường hợp khi đã xác định được điểm ; ; thẳng hàng. Bây giờ, ta sẽ xác định điểm để $IN$ nhỏ nhất

. thì

, vậy $MN$ nhỏ nhất khi

Trang 9/20 - Mã đề thi 130 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Xét

trên ⇔ x ≈ 1,3917 là nghiệm duy nhất và 1, 3917 ∈ [ 0; 2]

Ta có f (1,3917 ) = 7, 68 ; f ( 0 ) = 17 ; f ( 2 ) = 13 . Vậy giá trị nhỏ nhất của f ( x ) trên [ 0; 2] gần bằng $7,68$ khi x ≈ 1,3917 Vậy min IN ≈ 7, 68 ≈ 2, 77 ⇔ IN = 27, 7 m ⇔ MN = IN − IM = 27, 7 − 10 = 17, 7 m. Câu 2. Lời giải: Do thùng phi có dạng hình trụ nên: Diện tích toàn phần của thùng phi là: Thay vào ta được:

Bảng biến thiên

Vậy để sản xuất thùng phi ít tốn vật liệu nhất thì R= 2 và chiều cao là h = 4 . Câu 3. Lời giải: Tập xác định: . Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng

và đồ thị

Ta có Suy ra

và

có hai điểm chung.

Câu 4. Lời giải:

Trang 10/20 - Mã đề thi 130

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Gọi

là trung điểm

. Suy ra

Ta có:

là trung điểm ; gọi

. Đặt

là bán kính của trụ

. .

Thể tích của khối trụ là: Xét

với

Khi đó suy ra

Câu 5. Lời giải: Số phần tử không gian mẫu là: . Gọi là biến cố “Có ít nhất một lá thư được bỏ đúng phong bì”. Ta xét các trường hợp sau: Nếu lá thứ nhất bỏ đúng phong bì, hai lá còn lại để sai thì có duy nhất cách. Nếu lá thứ hai bỏ đúng phong bì, hai lá còn lại để sai thì có duy nhất cách. Nếu lá thứ ba bỏ đúng phong bì, hai lá còn lại để sai thì có duy nhất cách. Không thể có trường hợp hai lá thư bỏ đúng và một lá thư bỏ sai. Cả ba lá thư đều được bỏ đúng có duy nhất cách. . Vậy xác suất để có ít nhất một lá thư được bỏ đúng phong bì là:

Cách 2: Gọi là biến cố “Không có lá thư nào được bỏ đúng phong bì”. . .

Câu 6. Lời giải: Câu 7. Lời giải: Ta có nên hàm số có 3 điểm cực trị khi Với đk

đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là: Trang 11/20 - Mã đề thi 130 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có:

Để 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo thành tam giác đều thì:

So sánh với điều kiện ta có:

thỏa mãn.

[Phương pháp trắc nghiệm] Yêu cầu bài toán

Câu 8. Lời giải : Lý thuyết. Câu 9. Lời giải: Ta có:

Câu 10. Lời giải: Ta có: Đổi cận:

. . . .

Câu 11. Lời giải: Ta có độ dài đoạn thẳng

là:

Câu 12. Lời giải: Nhìn vào đồ thị ta thấy : Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang

và tiệm cận đứng

tại điểm có hoành độ

. Ta có :

.Đồ thị cắt trục hoành

Câu 13. Lời giải: Ta có

Câu 14. Lời giải: Trang 12/20 - Mã đề thi 130

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có

Do đó thể tích của

nhỏ nhất khi và chỉ khi

Khi đó

và

Mặt khác

Vậy

Câu 15. Lời giải:

Ta có

nên

. .

Suy ra: Thể tích khối lăng trụ là

Câu 16. Lời giải: Gọi là giá bán thực tế của mỗi quả bưởi, ( : đồng; Ta có thể lập luận như sau: Giá 50.000 đồng thì bán được 40 quả bưởi Giảm giá 5.000 đồng thì bán được thêm 50 quả. Giảm giá 50.000 – thì bán được thêm bao nhiêu quả? Theo quy tắc tam xuất số quả bán thêm được là:

đồng).

. Do đó Số quả bưởi bán được tương ứng với giá bán

Gọi Ta có:

là hàm lợi nhuận thu được (

: đồng).

Bài toán trở thành tìm GTLN của , Đk:

Trang 13/20 - Mã đề thi 130 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vì hàm

liên tục trên

nên ta có:

thì đạt GTLN. Vậy với Vậy để cửa hàng đó thu được lợi nhuận lớn nhất thì giá bán thực tế của mỗi quả bưởi Đoan Hùng là 42.000 đồng. Câu 17. Lời giải Câu 18.

Lời giải: . Điều kiện:

. . . Vậy,

Câu 19. Lời giải: Câu 20. Lời giải: Lượng Cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ là 65% nên ta có: Log có số ½ hai vế ta được:

Câu 21. Lời giải: .

Đặt

. Ta có:

Bảng biến thiên:

Trang 14/20 - Mã đề thi 130

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm khi

; ; . Vậy có giá trị nguyên âm của thỏa yêu cầu bài toán. Câu 22. Lời giải : Theo tiên đề qua điểm cho trước có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng Chọn đáp án A. Câu 23. Lời giải: Câu 24.

Lời giải: Phần ảo của số phức Câu 25. Lời giải: Ta có:

nên

là

là cấp số nhân có công bội

Câu 26. Lời giải: Ta có:

Câu 27. Lời giải: Ta có

Câu 28. Lời giải: Gọi Tọa độ

thỏa mãn hệ

và

Đường thẳng

. nên nhận

đi qua

là một véctơ chỉ phương. nên

có dạng

Câu 29. Lời giải: Công thức. Câu 30. Lời giải: Trang 15/20 - Mã đề thi 130 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A' M

Gọi

là trung điểm của

. Ta có

Câu 31. Lời giải: Ta có

và

. Do đó

Khi đó Hàm số đạt cực tiểu tại Với

và hàm số đạt cực đại tại

điểm cực tiểu của đồ thị hàm số

là

Câu 32. Lời giải: Gọi

là vận tốc của tàu. Thời gian tàu chạy quãng đường 1 km là

Chi phí tiền nhiên liệu cho phần thứ nhất là:

Khi vận tốc

thì chi phí cho quãng đường 1 km ở phần thứ hai là:

Xét tại vận tốc

, gọi

km tại vận tốc

chi phí cho quãng đường 1 km tại vận tốc

. thì chi phí cho quãng đường 1

, ta có:

Ta có:

. Suy ra

Vậy tổng chi phí tiền nhiên liệu cho 1 km đường là: Bài toán trở thành tìm

Suy ra

để

nhỏ nhất.

đạt GTNN tại

Vậy vận tốc của tàu

Câu 33. Lời giải: Trang 16/20 - Mã đề thi 130

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Mặt cầu có tâm

và bán kính

có phương trình là

Câu 34. Lời giải: Ta có:

Câu 35. Lời giải: Ta có Gọi

là điểm biểu diễn của số phức

Khi đó ta có . và

nên

đều suy ra

và

Vậy . Câu 36. Lời giải: có y’ đổi dấu từ + qua – nên hàm số đạt cực đại tại Qua Câu 37.

Lời giải: Vận tốc Hàm số

có

Vậy tại thời điểm

thì vận tốc đạt giá trị lớn nhất.

Câu 38. Lời giải: d1

A α)

B d2 Ta có

đi qua

và có

đi qua

và có

Trang 17/20 - Mã đề thi 130 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

; nên Do

cách đều

chéo nhau.

nên

song song với

có dạng Theo giả thiết thì .

Câu 39. Lời giải: Đồ thị

có tiệm cận đứng là

Ta có

có tiệm cận ngang là

Vậy số đường tiệm cận của

là

Câu 40. Lời giải: Ta có:

Câu 41. Lời giải: Theo giả thiết suy ra:

và

Ta có:

. .

Xét . Vậy hay tam giác là tam giác đều. Câu 42. Lời giải: ĐTHS trên khoảng có hướng đi xuống từ trái qua phải thì hàm số nghịch biến trên khoảng Câu 43.

Lời giải: Chọn A . . Vậy Câu 44.

Câu 45. Trang 18/20 - Mã đề thi 130

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lời giải: Ta có:

Câu 46. Lời giải: S E F

A D

Ta có Lại có Suy ra

Tương tự ta chứng minh được . Vậy

Câu 47. Lời giải : Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.

−6

Phương trình Parabol có dạng y = a.x 2

( P)

đi qua điểm có tọa độ

( −6; −18)

x1 x2

suy ra:

1 ⇒ ( P ) : y = − x2 . 2 AB x1 Từ hình vẽ ta có: = . CD x2

( P) . −18 = a. ( −6 ) ⇔ a = −

1 2

18m D

Diện tích hình phẳng giới bạn bởi Parabol và

−18

là

1 đường thẳng AB : y = − x12 2

 1 x3 1   1 2  1  S2 = 2 ∫  − x 2 −  − x22   dx = 2  − . + x22 x  = x23 2  2   2 3 2 0 3 0  1 1 x AB x1 Từ giả thiết suy ra S 2 = 2 S1 ⇔ x23 = 2 x13 ⇔ 1 = 3 . Vậy = = 3 . x2 CD x2 2 2 Câu 48. Lời giải: Phương trình

có hai nghiệm là

Trang 19/20 - Mã đề thi 130 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Do đó Câu 49.

Lời giải: Ta có

Hàm số nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn

khi và chỉ khi .

Câu 50. Lời giải: Tập xác định:

Ta có: Vậy

Trang 20/20 - Mã đề thi 130

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ Mã đề thi 133

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Câu 1. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a và cạnh bên bằng 3a. Một hình nón có đỉnh S và đáy là hình tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD. Diện tích xung quanh của hình nón bằng 3 2π a 2 A. 3 2π a 2 . B. C. 6π a 2 . D. 6 2π a 2 . . 2 8

Câu 2. Tích phân ∫ 3 x dx bằng 1

A. 2 .

45 . 4

2 1 Câu 3. Bất phương trình 2 x −3 x + 4 ≤   2

47 . 4

25 . 4

2 x −10

có bao nhiêu nghiệm nguyên dương ?

A. 2 . B. 4 . C. 6 . D. 3 . 3 Câu 4. Cho khối hộp ABCD. A′B′C ′D′ có thể tích bằng a . Biết tam giác A′BD có diện tích bằng a 2 , khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( B′D′C ) bằng a C. a. . 2 Câu 5. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập ℝ ?

A. 3a.

A. y = 2 x − 1 .

B. y = − x2 + 1 .

C. y = x2 + 1 .

D. 2a.

D. y = −2 x + 1.

Câu 6. Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình bên. Đặt g ( x ) = x3 − 3 f ( x ) . Mệnh đề

nào dưới đây đúng? A. g ( 0 ) < g ( −1) < g ( 2 ) .

B. g ( 2 ) < g ( −1) < g ( 0 ) .

C. g ( 2 ) < g ( 0 ) < g ( −1) .

D. g ( −1) < g ( 0 ) < g ( 2 ) .

Câu 7. Một hình cầu có bán kính bằng 3. Thể tích của hình cầu bằng A. 3π . B. 12π . C. 3π . D. 4 3π . Câu 8. Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( −3; 2;5 ) . Tìm tọa độ điểm M ′ là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Ox. Trang 1/16 - Mã đề thi 133 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. M ′ ( 3; −2; −5 ) . B. M ′ ( −3;0;0 ) . C. M ′ ( 0; 2; 0 ) . Câu 9. Điểm M trong hình vẽ bên biểu diễn cho số phức

D. M ′ ( 0;0;5) .

y M

-3

A. 2 − 3i. B. −3 + 2i. C. 2 + 3i. D. −3 − 2i. 2020 2 Câu 10. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z + z + 1 = 0. Tính P = z1 + z22020 . A. P = 1. B. P = −1. C. P = 0. D. P = 2. Câu 11. Cho số phức z = a + bi(a, b ∈ℝ) thỏa mãn 2 z − 5 z = −9 − 14i. Tính S = a + b . 23 23 A. S = −1. B. S = 1. C. S = − . D. S = . 3 3 Câu 12. Cho hàm số y = 3 x − x 2 . Hàm số trên đồng biến trên khoảng nào ? 3  A.  ;3  . 2 

 3 C.  0;  .  2

( 0; 2 ) .

Câu 13. Tính giá trị của biểu thức A = log a

( 0;3) .

1 với a > 0 và a ≠ 1 ? a2

1 1 . B. A = 2 . C. A = −2 . D. A = − . 2 2 Câu 14. Một đề trắc nghiệm gồm 20 câu, mỗi câu có 4 đáp án và chỉ có một đáp án đúng. Bạn Anh làm

A. A =

đúng 12 câu, còn 8 câu bạn Anh đánh hú họa vào đáp án mà Anh cho là đúng. Mỗi câu đúng được 0,5 điểm. Tính xác suất để Anh được 9 điểm ?

63 . 16384

9 . 10

9 65536

9 . 20

Câu 15. Tất cả giá trị của m để phương trình mx − x − 3 = m + 1 có hai nghiệm thực phân biệt. A. m > 0 .

1 3 . ≤m≤ 2 2

1 1+ 3 . ≤m< 2 4

D. 0 < m <

1+ 3 . 4

Câu 16. Số nghiệm của phương trình log 3 ( x 2 − 6 ) = log 3 ( x − 2 ) + 1 là A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 3 .

Câu 17. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 3; −1; 2 ) và B ( 5;3; −2 ) . Mặt cầu nhận AB làm đường kính có phương trình là 2 2 2 2 A. ( x + 4 ) + ( y + 1) + z 2 = 9. B. ( x − 4 ) + ( y − 1) + z 2 = 9. 2

C. ( x − 4 ) + ( y − 1) + z 2 = 36. D. ( x + 4 ) + ( y + 1) + z 2 = 36. Câu 18. Khẳng định nào trong các khẳng định sau là sai? A. ∫ f ( x)dx ' = f ( x) . B. ∫  f ( x) + g( x) dx = ∫ f ( x)dx + ∫ g( x)dx

(

)

f ( x), g( x) liên tục trên ℝ .

Trang 2/16 - Mã đề thi 133

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

với

α ∫ x dx =

xα +1 + C với α ≠ −1 . α +1

∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx

Câu 19. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) = x3 ( x − 1)

với k ∈ ℝ .

( x + 2 ) . Khoảng nghịch biến của hàm số là

( −∞; −2) ; ( 0; +∞ ) .

( −2;0 ) .

( −∞; −2 ) ; ( 0;1) .

( −2;0 ) ; (1; +∞ ) .

Câu 20. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 3a. Biết tam giác SBD là tam giác đều, thể tích khối chóp S . ABCD bằng 9a 3 243 3a 3 A. B. C. 9a 3 . D. 9 3a 3 . . . 2 4 Câu 21. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 3 x − z + 2 = 0. Vectơ nào dưới đây là vectơ pháp tuyến c ủa ( P ) ? A. n4 = ( 3;0; −1) .

B. n2 = ( 3; −1;2 ) .

Câu 22. Cho các số thực x, y thỏa mãn

C. n3 = ( 3; −1;0 ) .

D. n1 = ( −1;0; −1) .

2 x + 3 + y + 3 = 4 . Giá trị nhỏ nhất của

x + 2 + y + 9 bằng

17 1 3 10 + 21 . . B. 3 . C. . D. 2 2 2 Câu 23. Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có cạnh đáy bằng 2a; O là trọng tâm tam giác ABC và A.

2 6a . Thể tích của khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng 3 4a 3 2a 3 A. 2a 3 . . . B. C. D. 4a 3 . 3 3 Câu 24. Biết z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z 2 + 4 z + 8 = 0. Trên mặt phẳng tọa độ, A′O =

điểm nào dưới đây biểu diễn số phức w = z0 . ( −3 + 5i ) ? A. P ( −4; −16 ) .

B. M ( −2;2 )

C. N (16;4 ) .

D. Q (16; −4 ) .

Câu 25. Ông Anh muốn mua một chiếc ô tô trị giá 700 triệu đồng nhưng ông chỉ có 500 triệu đồng và muốn vay ngân hàng 200 triệu đồng theo phương thức trả góp với lãi suất 0, 75% tháng. Hỏi hàng tháng ông Anh phải trả số tiền là bao nhiêu để sau đúng hai năm thì trả hết nợ ngân hàng? A. 913.5000 đồng.

B. 997.0000 đồng C. 997.1000 đồng. D. 913.7000 đồng. 3 −1 −3 4 2 .2 + 5 .5 Câu 26. Giá trị của biểu thức K = −3 là 10 :10−2 − (0, 25)0 A. 12 . B. 15 . C. −10 . D. 10 . f ( x) −1 . Tìm họ nguyên hàm của hàm số Câu 27. Cho F ( x ) = là một nguyên hàm của hàm số 2 2 sin x cos 2 x f ′ ( x ) tan x. cos x 1 3 B. ∫ f ′ ( x ) tan xdx = cot 2 x + C. − + C. 3 2 x 2sin x 2 1 cos x 1 C. ∫ f ′ ( x ) tan xdx = cot 2 x + C. D. ∫ f ′ ( x ) tan xdx = 3 + + C. 2 sin x 2sin 2 x x +1 Câu 28. Cho hàm số y = có đồ thị là ( C ) . Gọi M ( xM ; yM ) là một điểm bất kỳ trên ( C ) . Khi tổng x −1 khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ là nhỏ nhất, tính tổng xM + yM .

∫ f ′ ( x ) tan xdx = sin

A. 2 − 2.

B. 2 2 − 1.

C. 1.

D. 2 − 2 2.

Trang 3/16 - Mã đề thi 133 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ( −∞; 0 ) và ( 0; +∞ ) có bảng biến thiên như hình bên. x −∞ 0 3 +∞ y′ 0 − − + +∞ +∞ 2 y 2

−∞

Mệnh đề nào sau đây đúng ?

A. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 2 . B. f ( −3) > f ( −2 ) C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) . D. Đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Câu 30.

Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng

( P)

và

lần lượt có phương trình

( P′ )

x + 2 y − 2 z + 1 = 0 và x − 2 y + 2 z − 1 = 0. Gọi ( S ) là tập hợp các điểm cách đều hai mặt phẳng ( P ) và ( P′ ) . Mệnh đề nào dưới đây đúng ? A. ( S ) là mặt phẳng có phương trình x = 0.

( S ) là mặt phẳng có phương trình 2 y − 2 z + 1 = 0. ( S ) là đường thẳng xác định bởi giao tuyến

C. 2 y − 2 z + 1 = 0. D. Câu

của hai mặt phẳng có phương trình x = 0 và

là hai mặt phẳng có phương trình x = 0 và 2 y − 2 z + 1 = 0. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét 31.

(S )

mặt

cầu

có

phương

trình

x − 2ax + y − 2by + ( z − c ) = 0, với a, b, c là các tham số và a , b không đồng thời bằng 0. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? A. Mọi mặt cầu đó tiếp xúc với mặt phẳng ( Oxy ) .

B. Mọi mặt cầu đó tiếp xúc với trục Oz. C. Mọi mặt cầu đó tiếp xúc với các trục Ox và Oy. D. Mọi mặt cầu đó đi qua gốc tọa độ O. Câu 32. Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên ( a; b ) . Phát biểu nào sau đây là đúng ? A. Hàm số y = f ( x) không đổi khi và chỉ khi f ′( x) < 0, ∀x ∈ ( a; b ) . B. Hàm số y = f ( x) đồng biến khi và chỉ khi f ′( x) ≥ 0, ∀x ∈ ( a; b ) và f '( x ) = 0 tại hữu hạn giá trị

x ∈ ( a; b ) . C. Hàm số y = f ( x) nghịch biến khi và chỉ khi f ′( x) ≤ 0, ∀x ∈ ( a; b ) . D. Hàm số y = f ( x) đồng biến khi và chỉ khi f ′( x) ≥ 0, ∀x ∈ ( a; b ) . Câu 33. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = − A. m = 0 .

Trang 4/16 - Mã đề thi 133

m > 1 B.  . m < 0

m ≥ 1 C.  . m ≤ 0

x3 + mx 2 + 2 nghịch biến trên ℝ . 3

D. 0 ≤ m ≤ 1 .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 34. Hình đa diện trong hình vẽ bên có bao nhiêu mặt ? A. 4. B. 6. C. 5.

D. 7.

Câu 35. Cho tích phân I = ∫ x 2 cos xdx và u = x 2 , dv = cos x dx . Khẳng định nào sau đây đúng ? 0

A. I = x 2 sin x

π 0

+ ∫ x sin xdx .

B. I = x 2 sin x

π 0

+ 2 ∫ x sin xdx

C. I = x 2 sin x

π 0

− 2 ∫ x sin xdx .

D. I = x 2 sin x

π 0

− ∫ x sin xdx . 0

Câu 36. Cho z1 = 2m + ( m − 2 ) i và z2 = 3 − 4mi, với m là số thực. Biết z1.z2 là số thuần ảo. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? B. m ∈ [ 2;5]. C. m ∈ ( −3;0 ) . D. m ∈ ( −5; −2 ) . A. m ∈ [ 0; 2 ) . Câu 37. Cho biết ba số khác không a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? 2

A. ac = b .

B. a + c = 2b.

C. a + b = 2c.

D. b + c = 2a. . π

 π Câu 38. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;  thỏa mãn f ( 0 ) = 0,  4 π

1 ∫0 sin 2 x. f ( x ) dx = 2 . Tích phân

∫  f ′ ( x )

dx = 2 và

∫ f ( x ) dx bằng 0

−1 1 D. . . 4 4 1 x =   Câu 39. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y = 2 + 3t (t ∈ ℝ ). Vectơ nào dưới đây là vectơ chỉ z = 5 − t  phương của d ? A. u4 = (1; 2;5) . B. u1 = (1;3; −1) . C. u3 = (1; −3; −1) . D. u2 = ( 0;3; −1) .

−1 . 2

Câu 40. Hàm số y = A. ℝ \ {2} .

(

1 . 2

2x −1 nghịch biến trên khoảng nào ? x−2 B. ( −2; + ∞ ) . C. ( 2; + ∞ ) .

Câu 41. Nếu 7 + 4 3

)

a−1

D. ℝ .

< 7 − 4 3 thì

A. a < 1 . B. a > 1 . C. a > 0 . D. a < 0 . Câu 42. Trong không gian Oxyz , cho a = (1;1; −2 ) và b = ( −2;1;1) . Gọi α là góc giữa hai vectơ a và b . Khẳng định nào dưới đây đúng ? A. α = 600. B. α = 450. C. α = 1200. D. α = 900. Câu 43. Tìm tập xác định D của hàm số y = log 3 ( x 2 − 4 x + 3) .

(

) (

)

(

) (

)

A. D = −∞; 2 − 2 ∪ 2 + 2; +∞ .

B. D = 2 − 2;1 ∪ 3; 2 + 2 .

C. D = (1;3) .

D. D = ( −∞;1) ∪ ( 3; +∞ ) .

Trang 5/16 - Mã đề thi 133 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 44. Tìm m để phương trình cos 2 x + 2(m + 1) sin x − 2m − 1 = 0 có đúng 3 nghiệm x ∈ ( 0; π ) . A. 0 ≤ m < 1 .

B. −1 < m < 1 4

C. 0 < m ≤ 1 .

D. 0 < m < 1 .

Câu 45. Hàm số y = x − 2 x đồng biến trên khoảng A. C.

( −∞;1) . ( 0;1) và (1; +∞ ) .

( 0; +∞ ) . ( −1;0 ) và (1; +∞ ) .

Câu 46. Một hộp chứa 7 viên bi khác nhau. Lấy ngẫu nhiên 2 viên bi trong hộp. Số cách lấy là B. 12 . C. 42 . D. 6 . A. 21 . 3a Câu 47. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SD = . Hình chiếu vuông góc của 2 điểm S lên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AB . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBD ) . A. d =

2a . 3

B. d =

3a . 5

C. d =

3a . 2

D. d =

3a . 4

Câu 48. Xét các số nguyên dương a , b sao cho phương trình b ln 2 x + a ln x + 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2

và

phương

trình

3log 2 x + a log x + b = 0

có

hai

nghiệm

phân

biệt

x3 , x4

thỏa

mãn

ln ( x1 x2 ) > log ( x3 x4 ) . Tính giá trị nhỏ nhất S min của S = 5a + 3b.

A. S min = 102.

B. S min = 101.

C. Smin = 96.

D. Smin = 99.

Câu 49. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a. Một hình trụ có hai đáy là hai hình tròn ngoại tiếp hai tam giác ABC và A′B′C ′. Diện tích xung quanh của hình trụ bằng 4 3π a 2 2 3π a 2 A. B. C. 4π a 2 . D. 2π a 2 . . . 3 3 Câu 50. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;1) và B ( 4;5; −2 ) . Đường thẳng AB cắt mặt phẳng

( P ) : 3x − 4 y + 5 z + 6 = 0 A.

BM = 2. AM

Trang 6/16 - Mã đề thi 133

tại điểm M . Tính tỉ số

BM . AM

BM BM 1 C. = 4. = . AM AM 4 ------------- HẾT -------------

BM = 3. AM

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số Chương 1: Hàm Số

C5 C45

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

Lớp 12 (92%)

C12 C19 C29 C32 C40

C6 C15 C22 C28 C33

C3 C13 C16 C26 C41 C43

C25

C48

C2 C35

C27

C38

C9 C11 C24 C36

C10

C18

Chương 4: Số Phức

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C34

C4 C20

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C17 C21 C39

C8 C31 C42

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C23 C47 C49

C30 C50

Đại số

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

Lớp 11 (8%)

C44

C46

C14

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C37

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

Hình học Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng Trang 7/16 - Mã đề thi 133 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (0%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu

Điểm

1.8

2.8

0.4

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: KHÁ + Đánh giá sơ lược: Đề thi gồm 50 câu Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11 chiêm 8% Không có câu hỏi lớp 10. Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 16 câu VD-VDC phân loại học sinh 2 câu hỏi khó ở mức VDC : C48 C38 Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng Đề phân loại học sinh ở mức khá Trang 8/16 - Mã đề thi 133

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A B D C A B D B B B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 C B D B D B B A D C

11 B 36 A

12 C 37 A

13 C 38 B

14 A 39 D

15 C 40 C

16 B 41 D

17 C 42 C

18 D 43 D

19 B 44 D

20 C 45 D

21 A 46 A

22 C 47 A

23 A 48 C

24 A 49 A

25 D 50 A

Câu 1. Lời giải: Hình nón đã cho có l = SA = 3a, r = Câu 2. Lời giải 8

Ta có

∫

AC = 2a ⇒ S xq = π .r.l = 3 2π a 2 . 2

x dx =

3 3 45 x x = . 4 4 1

Câu 3. Lời giải Bất phương trình tương đương với 2 x

−3 x + 4

≤ 210−2 x ⇔ x 2 − 3x + 4 ≤ 10 − 2 x ⇔ x 2 − x − 6 ≤ 0

⇔ −2 ≤ x ≤ 3 . Do x > 0 nên 0 < x ≤ 3 . Mà x ∈ ℤ + nên x ∈ {1;2;3} .Vậy có 3 giá trị nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4. Lời giải:

a3 1 VA′ABD = VABCD. A′B′C ′D′ = . 6 6 3VA′ABD a = . d ( A, ( A′BD ) ) = 2 S A′BD

d ( A, ( B′D′C ) ) = 2d ( A, ( A′BD ) ) = a. Câu 5. Lời giải Hàm số bậc nhất a > 0 nên có đạo hàm y ' = f '( x ) > 0.

Câu 6. 0

Lời giải: 3S1 = 3 ∫ ( x 2 − f ′ ( x ) ) dx = ( x3 − 3 f ( x ) ) −1

0 −1

= g ( 0 ) − g ( −1) > 0 ⇒ g ( 0 ) > g ( −1) .

Trang 9/16 - Mã đề thi 133 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3S 2 = 3∫ ( f ′ ( x ) − x 2 )dx = ( 3 f ( x ) − x 3 ) = g ( 0 ) − g ( 2 ) > 0 ⇒ g ( 0 ) > g ( 2 ) . 0

Mà S1 < S 2 nên g ( 0 ) − g ( −1) < g ( 0 ) − g ( 2 ) ⇔ g ( −1) > g ( 2 ) Vậy g ( 2 ) < g ( −1) < g ( 0 ) .

Câu 7. 3 4 4 Lời giải: V = π R 3 = π 3 = 4 3π . 3 3 Câu 8. Lời giải: Vì M ′ là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Ox nên M ′ ( 3; −2; −5 ) . Câu 9. Lời giải: −3 là phần thực, 2 là phần ảo nên điểm M biểu diễn số phức −3 + 2i. Câu 10. Lời giải: Vì z1 là nghiệm của phương trình nên z12 + z1 + 1 = 0 ⇒ ( z1 − 1) ( z12 + z1 + 1) = 0

( )

⇒ z13 = 1 ⇒ z12019 = 1 ⇒ z12020 = z1.

Vì

là

nghiệm

c ủa

phương

trình

nên

z2 2 + z2 + 1 = 0 ⇒ ( z2 − 1) ( z2 2 + z2 + 1) = 0

⇒ z23 = 1 ⇒ z22019 = 1 ⇒ z22020 = z2 .

Do đó P = z12020 + z22020 = z1 + z 2 = −1. Câu 11.

2a − 5a = −9 a = 3 Lời giải: 2 z − 5 z = −9 − 14i ⇔ 2 ( a + bi ) − 5 ( a − bi ) = −9 − 14i ⇔  . ⇔ 2b + 5b = −14 b = −2 Vậy S = 1. Câu 12. Lời giải TXĐ : D = [ 0;3] . Ta có: y ' =

3 − 2x

. 2 3x − x 2 3 y' = 0 ⇔ x = . 2 Dựa vào BBT, ta chọn đáp án. Câu 13. Lời giải 1 Ta có: A = log a 2 = log a a −2 = −2 . a Câu 14. Lời giải

1 3 ; xác suất trả lời sai mỗi câu là . 4 4 Xác suất để Anh được 9 điểm bằng xác suất Anh trả lời đúng 6 câu trong 8 câu còn lại bằng

Trong 8 câu còn lại, xác suất trả lời đúng mỗi câu là

1 3 63 . C86 ( ) 6 ( ) 2 = 4 4 16384

Câu 15. Lời giải Điều kiện của phương trình mx − x − 3 = m + 1 (1) là x ≥ 3 hay x ∈ [3; + ∞ ) Trang 10/16 - Mã đề thi 133

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Với điều kiện đó (1) ⇔ m ( x − 1) = x − 3 + 1 ⇔ m = Xét hàm số y = f ( x ) =

x − 3 +1 x −1

x − 3 +1 với D = [3; + ∞ ) . x −1

Trên D = [3; +∞ ) , ta có f ′ ( x ) =

5− x− 2 x −3 2 x − 3 ( x − 1)

, f ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 x − 3 = 5 − x ⇒ 4 ( x − 3) = ( 5 − x ) ⇔

x = 7 − 2 3 . Chỉ có giá trị x = 7 − 2 3 thỏa. x 2 − 14 x + 37 = 0 ⇔   x = 7 + 2 3 x

7−2 3

+∞

0 − 1+ 3 x − 3 +1 f ′( x) 1 Dựa vào đồ thị ta thấy với ≤ m < t ại thì đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) = 2 4 x 1 − 1+ 3 4 ệm phân biệt khi và chỉ khi 1 ≤ m < 1 + 3 . ) ươ1ng trình (1) có hai nghi hai điểm phân biệt. Vfậ(yxph 2 4 0 2 Câu 16.

Lời giải ĐKXĐ: x > 6 . log 3 ( x 2 − 6 ) = log 3 ( x − 2 ) + 1 ⇔ log 3 ( x 2 − 6 ) = log 3 ( x − 2 ) + log 3 3  x = 0( L ) ⇔ log 3 ( x 2 − 6 ) = log 3 3 ( x − 2 ) ⇔ x 2 − 6 = 3 ( x − 2 ) ⇔ x 2 − 3x = 0 ⇔   x = 3(TM ) Vậy phương trình có 1 nghiệm là x = 3 . Câu 17. AB Lời giải: Gọi I là trung điểm AB ⇒ I ( 4;1;0 ) , R = = 3. 2 2 2 Do đó mặt cầu có phương trình ( x − 4 ) + ( y − 1) + z 2 = 36. Câu 18. Lời giải Công thức nguyên hàm Câu 19. Lời giải. Bảng biến thiên:

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng ( −2;0 )

Câu 20. Lời giải: 1 1 2 Ta có BD = 3a 2 ⇒ SB = 3a 2 ⇒ SA = 3a ⇒ VS . ABCD = .S ABCD .SA = . ( 3a ) .3a = 9a 3 . 3 3 Câu 21. Lời giải: Vectơ pháp tuyến của ( P ) là n4 = ( 3;0; −1) . Trang 11/16 - Mã đề thi 133 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 22. Lời giải Áp dụng BĐT B. C. S ta có:

P = x+2 + y+9 = = ≥ ≥

((

2x + 3

)

( 10

2x + 3

)

1 10

)

 4 1 +1  +  +  10 10 

2x + 3 +

(

)

2x + 3 + y + 3 +

((

(

y+3

)

y + 3 + 6. 7 10

y+3

)

 4 6 +6  +   10 10 

)

6 10

3 10 2

Câu 23. Lời giải: S ABC =

( 2a )

Do đó VABC . A′B′C ′

Câu 24.

2 2a 3 2 3a , A′A = = 3a 2 , AO = . = 3 2 3 2 3a = 3a 2 . = 2a 3 . 3

A′O 2 − AO 2 =

2 3a . 3

 z = −2 − 2i Lời giải: z 2 + 4 z + 8 = 0 ⇔  . Do đó z0 = −2 + 2i ⇒ w = ( −2 + 2i )( −3 + 5i ) ⇒ w = −4 − 16i. Do đó  z = −2 + 2i điểm biểu diễn của w là P ( −4; −16 ) . Câu 25. Lời giải Để sau đúng n tháng trả hết nợ thì S n = 0 nên: A (1 + r )

(1 + r ) −X r

−1

= 0 và X =

A (1 + r ) .r

(1 + r )

−1 24

 0, 75  0, 75 200. 1 +  . 100  100  Nên số tiền ông Anh phải trả hàng tháng là: X = ≈ 913.7000 đồng. 24  0, 75  1 +  −1 100  

Câu 26. Lời giải. 23.2−1 + 5−3.54 22 + 51 9 = = = −10 . −3 −2 0 −1 10 :10 − (0, 25) 10 − 1 1 − 1 10 Câu 27. 1 Lời giải: Đặt u = tan x ⇒ du = dx, dv = f ′ ( x ) dx ⇒ v = f ( x ) . cos 2 x f ( x) cos x 1 3 dx = tan x. 3 + + C = cot 2 x + C. Do đó: ∫ f ′ ( x ) tan xdx = tan x. f ( x ) − ∫ 2 2 cos x sin x 2sin x 2 Câu 28. K=

Lời giải Trang 12/16 - Mã đề thi 133

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2  2  Ta có M  a;1 + , d ( M , Oy ) = a .  ∈ ( C ) , d ( M , Ox ) = 1 + a −1  a −1  Ta thấy khi M ( −1;0 ) ∈ ( C ) ⇒ d = 1. Do đó tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ nhỏ hơn hoặc bằng 1.

 a <1  ⇔ −1 < a < 0. Từ đó:  2 + < 1 1  a −1  Suy ra: d ( M , Ox ) + d ( M , Oy ) = 1 + " = " xảy ra khi 1 − a =

2 2 2 2 + a = −a − 1 − = 1− a + − 2 ≥ 2 (1 − a ) . − 2 = 2 2 − 2. Dấu a −1 a −1 1− a 1− a

a − 1 = 2 2 2 ⇔ (1 − a ) = 2 ⇔  ⇔ a = 1 − 2. Vậy xM + yM = 2 − 2 2. 1− a  a − 1 = − 2

Câu 29. Lời giải Dựa vào bảng biến thiên ta thấy : Hàm số nghịch biến trên ( −∞; 0 ) Mà {−3; −2} ∈ ( −∞;0 ) ; −3 < −2 ⇒ f ( −3) > f ( −2 )

Câu 30. Lời giải: Gọi M ( x; y; z ) ∈ ( S ) . Ta có d ( M , ( P ) ) = d ( M , ( P′ ) )

x + 2 y − 2z +1 x − 2 y + 2z −1 = 3 3  x + 2 y − 2z +1 = x − 2 y + 2z −1 2 y − 2 z + 1 = 0 . ⇔ ⇔ x = 0  x + 2 y − 2 z + 1 = − ( x − 2 y + 2 z − 1) Câu 31. ⇔

Lời giải: Bán kính mặt cầu bằng

a 2 + b 2 , khoảng cách từ tâm I ( a; b; c ) của mặt cầu theo thứ tự đến

O, Ox, Oy , Oz, ( Oxy ) , ( Oyz ) , ( Oxz ) bằng

a 2 + b 2 + c 2 , b2 + c 2 , a 2 + c 2 , a 2 + b 2 , c , a , b . Do đó R = d ( I , Oz ) . Câu 32. Lời giải Nhớ lại định nghĩa. Câu 33. Lời giải Hàm số y = −

x3 + mx 2 + 2 nghịch biến trên R ⇔ y ' = − x 2 + 2mx ≤ 0, ∀x ∈ R 3

a = −1 < 0 ⇔ ⇔ m2 ≤ 0 ⇔ m = 0 . ∆ ' ≤ 0 Câu 34. Lời giải: Hình vẽ có 6 mặt bên và một mặt đáy nên có 7 mặt. Câu 35. Lời giải Ta có: u = x 2 ⇒ du = 2 xdx, dv = cos xdx ⇒ v = s inx Trang 13/16 - Mã đề thi 133 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Suy ra: I = x 2 sin x

π 0

− 2 ∫ x sin xdx. 0

Câu 36. Lời giải: Ta có z1.z2 =  6m + 4m ( m − 2 )  +  −8m 2 + 3 ( m − 2 )  i. m = 0 Do đó z1.z2 là số thuần ảo ⇔ 6m + 4m ( m − 2 ) = 0 ⇔  . m = 1 2  Câu 37. Lời giải Tính chất cấp số nhân. Câu 38. 1 Lời giải: Đặt u = f ( x ) ⇒ du = f ′ ( x ) dx, dv = sin 2 xdx ⇒ v = − cos 2 x. 2 π

Do đó:

4  f ( x)  1 1 cos 2 x  + ∫ cos 2 x. f ′ ( x ) dx = ∫ sin 2 x. f ( x ) dx =  − 2 0 2  0 0 2 4

⇒ ∫ ( cos 2 x ) . f ′ ( x ) dx = 1 ⇒ ∫ ( 2 cos 2 x ) . f ′ ( x ) dx = 2 ⇒ f ′ ( x ) = 2 cos 2 x.

⇒ f ( x ) = sin 2 x + C. Mà f ( 0 ) = 0 nên C = 0 ⇒ f ( x ) = sin 2 x. π

 1 4 1 ∫0 f ( x ) dx = ∫0 sin 2 xdx =  − 2 cos 2 x  0 = 2 . Câu 39. Lời giải: Vectơ chỉ phương của d là u2 = ( 0;3; −1) .

Câu 40. Lời giải TXĐ: D = ℝ \ {2} . Ta có y′ =

−3

( x − 2 )2

< 0 ∀x ∈ D .

Vậy hàm số nghịch biến trên ( −∞; 2 ) và ( 2; + ∞ ) .

Câu 41. Lời giải

(7 + 4 3 )

a −1

( ) 3 > 1 nên ( 7 + 4 3 )

<7−4 3 ⇔ 7+4 3

Mà ta có 7 + 4

a −1

( ) < (7 + 4 3 )

< 7+4 3

−1

⇔ a − 1 < −1 ⇔ a < 0 .

Câu 42.

a.b 1 Lời giải: Ta có cos α = = − ⇒ α = 1200. 2 a .b

Câu 43. Lời giải. Hàm số xác định ⇔ x 2 − 4 x + 3 > 0 ⇔ x ∈ ( −∞;1) ∪ ( 3; +∞ ) .

Câu 44. Trang 14/16 - Mã đề thi 133

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lời giải Ta có: cos 2 x + 2( m + 1) sin x − 2m − 1 = 0

⇔ 1 − 2sin 2 x + 2 ( m + 1) sinx − 2m − 1 = 0

⇔ sin 2 x − ( m + 1) sinx + m = 0 (1) Đặt t = sin x , ta có pt: t 2 − ( m + 1)t + m = 0 (*) Để pt (1) có đúng ba nghiệm x ∈ ( 0; π ) khi pt (*) có hai nghiệm trong đó có một nghiệm bằng 1 và một nghiệm t ∈ ( 0;1) * TH1: t1 = 1 ⇒ sin x = 1 ⇔ x =

+ k 2π ⇔ m ∈ ℝ 2 * TH2: t ∈ ( 0;1) . Theo hệ thức Viet, ta có: t1 + t2 = m + 1 với t1 = 1 nên t2 = m , suy ra: 0 < m < 1

Câu 45. Lời giải Ta có y′ = 4 x 3 − 4 x .

x = 0 y′ = 0 ⇔ 4 x − 4 x = 0 ⇔  x = 1 .  x = −1 3

Ta có bảng biến thiên.

Vậy hàm số đồng biến trên ( −1;0 ) và (1; +∞ ) .

Câu 46. Lời giải Số cách 2 viên bi khác nhau trong hộp là C72 = 21 .

Câu 47. Lời giải Gọi H là trung điểm của AB . Kẻ HM vuông góc với BD ( M ∈ BD ) . Dựng HI ⊥ SM khi đó d = 2 HI . Ta có: HD =

1 a 5 a 2 ⇒ SH = a , HM = AC = . 2 4 4

Trang 15/16 - Mã đề thi 133 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1 1 a 2a = + ⇒ HI = ⇒ d = 2 2 2 HI SH HM 3 3 . Câu 48. Lời giải: Hai phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi a 2 − 12b > 0 (*) . a a a a ⇔ ln ( x1 x2 ) = − và log x3 + log x4 = − ⇔ log ( x3 x4 ) = − . b b 3 3 a a e     > log ( x3 x4 ) ⇔ 10 ln ( x1 x2 ) > e log ( x3 x4 ) ⇔ 10  −  > e  −  3 b    

Ta có: ln x1 + ln x2 = − 10

Do đó: ln ( x1 x2 )

30 ⇒ bmin = 12 . e 360 360 ⇒a> ⇒ amin = 12 . Khi đó (*) ⇔ a 2 > e e Vậy S min = 5.12 + 3.12 = 96.

⇔b>

Câu 49. 2 a 3 3a 3a 4 3π a 2 Lời giải: Hình trụ đã cho có r = . , h = l = 2a ⇒ S xq = 2π .r.l = 2π . .2a = . = 3 2 3 3 3 Câu 50. BM d ( B, ( P ) ) Lời giải: Ta có = = 2. AM d ( A, ( P ) )

Trang 16/16 - Mã đề thi 133

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Câu 1. Cho hàm số y =

Mã đề thi 159

2x − m với m là tham số , m ≠ −4 . Tìm giá trị của tham số m thỏa mãn x+2

min f ( x ) + max f ( x ) = −8.

x∈[0;2]

A. m = 8.

B. m = 9.

C. m = 12.

D. m = 10.

Câu 2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d qua điểm E(−3;1;2) và có vectơ chỉ phương u = (1; 2; −3 ) . Tìm phương trình chính tắc của đường thẳng d . A. d :

x + 3 y −1 z − 2 . = = 1 2 −3

B. d :

x − 3 y +1 z + 2 . = = 1 2 −3

C. d :

x −1 y − 2 z + 3 . = = 1 2 −3

D. d :

x +1 y + 2 z − 3 . = = 1 2 −3

Câu 3. Gọi giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) =

x 2 − 3x + 6 trên đoạn [ 2; 4] lần lượt là M , x −1

m . Tính S = M + m. A. S = 7.

B. S = 3.

C. S = 6.

D. S = 4.

Câu 4. Với các số thực dương a, b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? A. ln

a = ln b − ln a. b

B. ln(ab) = ln a.ln b. D. ln

C. ln(ab) = ln a + ln b.

a ln a . = b ln b

Câu 5. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A ( a, 0, 0 ) , B ( 0, b, 0 ) , C ( 0, 0, c ) với a , b, c là những số dương thay đổi sao cho a 2 + 4b 2 + 16c 2 = 49. Tính tổng P = a 2 + b 2 + c 2 sao cho khoảng cách từ O đến mặt phẳng là lớn nhất.

A. P =

49 ⋅ 4

B. P =

49 ⋅ 5

C. P =

51 ⋅ 4

D. P =

51 ⋅ 5

Câu 6. Cho hình chóp S . ABCD có hai mặt bên ( SAB ) và ( SBC ) cùng vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) . Đường thẳng nào sau đây vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . A. SB ⊥ ( ABCD ) .

B. SC ⊥ ( ABCD ) .

C. SD ⊥ ( ABCD ) .

D. SA ⊥ ( ABCD ) .

Câu 7. Cho a , b, c là các số thực dương và khác 1. Đồ thị các hàm số y = a x , y = b x , y = c x được cho trong hình vẽ bên dưới.

Trang 1/17 - Mã đề thi 159 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. b < c < a. Câu 8. Cho hàm số y =

B. a < c < b.

C. c < a < b.

D. a < b < c.

2 x + 2017 . Mệnh đề nào dưới đây là đúng ? x +1

A. Đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2 và không có tiệm cận đứng. B. Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang và có đúng một một tiệm cận đứng là đường thẳng x = −1 . C. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y = 2 , y = −2 và không có tiệm cận đứng. D. Đồ thị hàm số không có tiệm cân ngang và có đung hai đường tiệm cận đứng là các đường thẳng x = 1 , x = −1 . Câu 9. Gọi l , h, R lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của khối nón . Thể tích của khối nón là V. Chọn đẳng thức đúng. A. V = π R 2l.

1 B. V = π R 2l. 3

1 C. V = π R 2 h. 3

D. V = π R 2 h.

Câu 10. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi (C ) : y = − x2 + 6 x − 5; y = 0; x = 0; x = 1

5 7 5 7 A. S = − ⋅ B. S = ⋅ C. S = ⋅ D. S = − ⋅ 2 3 2 3 Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( Q ) song song với mặt phẳng ( P ) : 2x − 2 y + z − 17 = 0 . 2

Biết mặt phẳng ( Q ) cắt mặt cầu ( S ) : x 2 + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 25 theo một đường tròn có chu vi bằng 6π . Khi đó mặt phẳng ( Q ) có phương trình là:

A. 2x − 2 y + z − 17 = 0 .

B. 2x − 2 y + z + 17 = 0 .

C. x − y + 2 z − 7 = 0 .

D. 2x − 2 y + z + 7 = 0 .

Câu 12. Tìm đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

2x −1 . x +1

1 1 ; y = −1 . D. x = −1 ; y = . 2 2 Câu 13. Cho hàm số f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như sau:

A. x = −1 ; y = 2 .

Trang 2/17 - Mã đề thi 159

B. x = 1 ; y = −2 .

C. x =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề đúng?

A. Hàm số có giá trị cực đại bằng 3 . B. Hàm số có hai điểm cực trị. 1 C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 , nhỏ nhất bằng − . 3

D. Đồ thị hàm số không cắt trục hoành. 5

Câu 14. Cho hàm số f liên tục trên đoạn [0; 6] . Biết

∫

f ( x)dx = 2 và

A. 9 .

B. −9 .

∫

f ( x)dx = 7 . Tính

C. 5 .

∫ f ( x)dx ? 3

D. −5 .

Câu 15. Cho số phức z thỏa (2i − 1) z = 4 − 3i. Tìm điểm M là điểm biểu diễn của số phức z ? A. M (2,1).

B. M (2, −1).

C. M ( −2,1).

D. M ( −2, −1).

Câu 16. Cho số phức z thỏa z + (2 + i ) z = 3 + 5i. Tính mô đun của số phức z. B. | z |= 5.

A. | z |= 13.

C. | z |= 13.

D. z = 5.

Câu 17. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ , thỏa mãn 2 f ( 2 x ) + f (1 − 2 x ) = 12 x 2 . Tìm phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ x = 1.

A. y = 2 x + 2.

B. y = 4 x − 6.

C. y = 2 x − 6.

D. y = 4 x − 2.

Câu 18. Bạn Huy trúng tuyển vào trường đại học kinh tế, nhưng vì không đủ tiền nộp học phí nên bạn Huy quyết định vay ngân hàng trong bốn năm, mỗi năm vay 4.000.000 đồng với lãi suất 3% / năm. Sau khi tốt nghiệp đại học, bạn Huy phải trả góp hàng tháng với số tiền T với lãi suất 0, 25% / tháng trong vòng 5 năm.Tính số tiền T mà bạn Huy phải trả cho ngân hàng mỗi tháng. A. 330367 đồng.

B. 287275 đồng.

C. 309718 đồng.

D. 308945 đồng.

Câu 19. Hàm số nào sau đây nghịch biến trên tập xác định của nó? A. y = log

B. y = log 2 x.

C. y = log e x.

D. y = logπ x.

Câu 20. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại A, BC = 2a , AC =

a , SB vuông góc với 2

đáy. Góc giữa cạnh bên SC và mặt đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC . A. V =

a3 5 ⋅ 2

Câu 21. Viết biểu thức T = 2

B. V =

a3 5 ⋅ 4

C. V =

a3 5 ⋅ 12

D. V =

a3 5 ⋅ 3

x . 3 x . 6 x5 dưới dạng luỹ thừa với số mũ hữu tỉ. 5

A. T = x 3 . B. T = x 3 . C. T = x 2 . D. T = x 3 . Câu 22. Tìm tập hợp T tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 x +1 − m.2 x + 2 + 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt. A. T = ( −∞; 2 ) . B. T = ( −∞; − 2 ) ∪ ( 2; + ∞ ) . C. T = ( −2; 2 ) .

D. T = ( 2; + ∞ ) .

Câu 23. Nhà Lan có ba anh chị em. Hôm nay Mẹ đi chợ mua về cho một chiếc bánh kem hình trụ có bán kính R = 30 cm, chiều cao h = 4 cm. . Mẹ muốn Lan chia chiếc bánh thành ba phần có thể tích bằng nhau bằng Trang 3/17 - Mã đề thi 159 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

cách cắt hai nhát nằm trong hai mặt phẳng song song và vuông góc với mặt đáy. Hỏi khoảng cách d giữa hai mặt phẳng chứa hai nhát cắt là bao nhiêu?

A. d = 15.

B. d ≈ 15,896.

C. d ≈ 7,948.

D. d = 20.

Câu 24. Cho số phức z , w thỏa mãn z − 1 + 2i = z + 5i , w = iz + 20 . Tìm giá trị nhỏ nhất m của w . A. m =

3 10 ⋅ 2

B. m = 7 10 .

C. m =

3 10 ⋅ 2

D. ` m = 3 10 .

Câu 25. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng (α ) đi qua điểm M (1; 2;1) và cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho độ dài các đoạn thẳng OA , OB , OC theo thứ tự tạo thành cấp số nhân có công bội bằng 2 . Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O tới mặt phẳng (α ) .

4 21

21 . 21

3 21 . 7

D. 9 21 .

Câu 26. Tính tổng diện tích tất cả các mặt của tứ diện đều cạnh a. a2 3 a2 3 C. S = D. S = a 2 3. ⋅ ⋅ 2 4 Câu 27. Cho hàm số y = x3 + bx 2 + cx + d , biết đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị và đường thẳng nối

A. S = 4a 2 3.

B. S =

hai điểm cực trị ấy đi qua điểm A ( 0;1) , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = bcd + 2bc + 3d + 20.

A. min T = −14.

B. min T = 2.

C. min T = 14.

D. min T = −2.

Câu 28. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A, ACB = 300. Tính số đo góc ϕ hợp bởi hai đường thẳng AB và B ' C '? A. ϕ = 450.

B. ϕ = 600.

C. ϕ = 300.

D. ϕ = 900.

2x +1 và đồ thị hàm số y = x 2 + x + 1 có hai điểm chung, kí hiệu x là tọa độ hai điểm đó. Tìm y1 + y2 .

Câu 29. Biết rằng đồ thị hàm số y =

( x1 , y1 ) , ( x2 , y2 )

A. y1 + y2 = 0 .

B. y1 + y2 = 4 .

C. y1 + y2 = 6 .

D. y1 + y2 = 2 .

Câu 30. Khẳng định nào trong các khẳng định sau đây là khẳng định sai? A. Số phức z = 2 2 có phần thực là 2 2. B. Số phức z = 2 2 có số phức liên hợp là z = −2 2. C. Số phức z = 2 2 có phần ảo bằng 0. D. Số phức z = 2 2 có môđun bằng 2 2. Câu 31. Phương trình log ( x 2 − 7 x + 12 ) = log ( 2 x − 8 ) có bao nhiêu nghiệm? . B. 0. C. 2. D. 3. A. 1. Câu 32. Một khối gỗ có dạng hình nón như hình vẽ, chiều cao của khối gỗ là 10 cm, đáy khối gỗ là hình tròn có bán kính 4 cm. Để tạo nên cục chặn giấy có dạng hình chóp tứ giác đều, bác thợ mộc phải đục khối gỗ thành khối chóp tứ giác đều sao cho khối chóp đó có thể tích lớn nhất. Biết rằng khối gỗ ban đầu có khối

Trang 4/17 - Mã đề thi 159

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

lượng riêng là 0,9 gam / cm 3 . Khối lượng cục chặn giấy được tạo thành có giá trị gần nhất với giá trị nào sau

đây?

A. m = 96 gam.

B. m = 111 gam.

C. m = 90 gam.

D. m = 133 gam.

Câu 33. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x 2 + 1 . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) .

B. Hàm số nghịch biến trên ( −∞; + ∞ ) .

C. Hàm số nghịch biến trên ( −1;1) .

D. Hàm số đồng biến trên ( −∞; + ∞ ) .

5 Câu 34. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số y = x 3 − x 2 − 2 x + 1 − m có hai điểm cực trị 2 nằm về hai phía trục hoành? A. 6 . B. 4 . C. 5 . D. 3 .

Câu 35. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu đường kính AB với A ( 3;1; −2 ) và B ( −1;3; 2 ) . 2

+ z 2 = 3.

( S ) : ( x + 1) + ( y + 2 )

+ z 2 = 9.

( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 )

( S ) : ( x + 1) + ( y + 2 )

( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 )

+ z 2 = 9.

+ z 2 = 3.

Câu 36. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy là a và cạnh bên là 2a. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD.

A. V =

16a 3π 14 ⋅ 49

B. V =

64a 3π 14 ⋅ 49

C. V =

64a 3π 14 ⋅ 147

D. V =

2a 3π 14 ⋅ 7

Câu 37. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(a;0;0), B(0; b;0) và C (0;0; c), (abc ≠ 0). Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B và C. A.

( ABC ) :

x y z − + = 1. a b c

( ABC ) :

x y z + + = 1. a b c

( ABC ) :

x y z + + = 0. a b c

( ABC ) :

x y z + + + 1 = 0. a b c

Câu 38. Cho hàm số y = ( x − 1)( x + 2 ) . Trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm trên đường thẳng nào dưới đây?

A. 2 x − y + 4 = 0.

B. 2 x + y − 4 = 0.

C. 2 x − y − 4 = 0.

D. 2 x + y + 4 = 0.

Câu 39. Trong không gian Oxyz , viết phương trình đường thẳng d qua M (3; 2; −5) và vuông góc với mặt phẳng ( P ) : x − 2 y − 5 z + 1 = 0.

Trang 5/17 - Mã đề thi 159 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x = 3 + t  A. d :  y = 2 − 2t .  z = −5 + 5t 

x = 3 − t  B. d :  y = 2 − 2t .  z = −5 − 5t 

x = 3 + t  C. d :  y = 2 + 2t .  z = −5 − 5t 

x = 3 + t  D. d :  y = 2 − 2t .  z = −5 − 5t 

Câu 40. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên khoảng K và có đồ thị là đường cong ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại điểm M ( a; f ( a ) ) , ( a ∈ K ) .

A. y = f ′ ( a )( x − a ) − f ( a ) .

B. y = f ′ ( a )( x + a ) + f ( a ) .

C. y = f ( a )( x − a ) + f ′ ( a ) .

D. y = f ′ ( a )( x − a ) + f ( a ) . n

Câu 41. Tìm số hạng tổng quát trong khai triển ( a + b ) . A. Cnk ak +1bk .

B. Cnk a k bk .

C. Cnk +1a n −k bk .

D. Cnk a n−k bk . 2

Câu 42. Cho hàm số y = − x3 − 3x 2 + 4 (1) và đường tròn ( C ) : ( x − m ) + ( y − m − 2 ) = 20. Biết rằng có hai giá trị m1 , m2 của tham số m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đường tròn ( C ) . Tính tổng m1 + m2 .

A. m1 + m2 = −4.

B. m1 + m2 = 10.

C. m1 + m2 = 8.

D. m1 + m2 = 0.

Câu 43. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa | z − (3 − 4i ) |= 2 trong mặt phẳng Oxy. A. Đường tròn ( x − 3) 2 + ( y + 4) 2 = 4.

B. Đường thẳng 2 x + y + 1 = 0.

C. Đường tròn x 2 + y 2 − 6 x + 8 y + 23 = 0.

D. Đường tròn x 2 + y 2 + 6 x − 8 y + 21 = 0.

Câu 44. Cho hình tứ diện đều ABCD cạnh bằng a, gọi d là khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD .Tìm d ? A. d ( AB; CD ) = a.

B. d ( AB; CD ) =

a ⋅ 3

a ⋅ 2

D. d ( AB; CD ) =

a 2 ⋅ 2

C. d ( AB; CD ) =

Câu 45. Tìm F ( x ) = ∫ ( e x + cosx )dx. A. F ( x ) = e x + sin x + C.

B. F ( x ) = xe x + sin x + C.

C. F ( x ) = e x − sin x + C.

D. F ( x ) =

ex − sin x + C. x 2

Câu 46.

Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn [ 0; 2] thỏa mãn

∫ f ( x)dx = 6 .

Tính tích phân

π /2

∫

f (2sin x) cos xdx ?

A. I = 6.

B. I = −3.

C. I = 3.

D. I = −6.

Câu 47. Tìm tập hợp T tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x 3 − 2mx 2 + m 2 x + 1 đạt cực tiểu tại x =1. Trang 6/17 - Mã đề thi 159

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. T = {3} .

B. T = ∅.

C. T = {1; 3} .

D. T = {1} .

Câu 48. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được lập thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Tính xác suất để số được chọn lớn hơn 2018. 4 6 5 1 A. ⋅ B. ⋅ C. ⋅ D. ⋅ 7 7 7 7 Câu 49. Cho cấp số cộng ( un ) , với số hạng đầu u1 và công sai d . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau đây? A. un = u1d n −1.

B. un = u1d n .

C. un = u1 + ( n − 1) d .

D. un = u1 + nd .

Câu 50. Cho F ( x ) = ( x − 1) e x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) e2 x . Tìm nguyên hàm của hàm số f ' ( x ) e2 x ?

2− x x e + C. 2

( 2 − x ) e x + C.

( x − 2) e x + C.

D. ( 4 − 2 x ) e x + C.

------------- HẾT -------------

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

C12 C13

C1 C3 C8 C19 C29 C33 C40

C17 C27 C34 C38 C47

C42

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C7 C21 C31

C18 C22

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

C14

C10

C45 C46 C50

C15 C16 C30 C43

C24

Đại số Chương 1: Hàm Số

Lớp 12 (90%)

Chương 4: Số Phức

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C26

C20 C28 C32 C44

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C36

C23

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C11 C35 C37 C39

Trang 7/17 - Mã đề thi 159 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

Lớp 11 (10%)

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

C41

C48

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C49

C25

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (0%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Trang 8/17 - Mã đề thi 159

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu

Điểm

1.6

4.4

3.8

0.2

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: KHÁ + Đánh giá sơ lược: Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11 chiêm 10% Không có câu hỏi lớp 10. Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 20 câu VD-VDC phân loại học sinh . Chỉ có 1 câu hỏi khó ở mức VDC : C42 Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng Đề phân loại học sinh ở mức khá

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C A A C A A B C C B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 D A B B B A A D A C

11 D 36 C

12 A 37 B

13 B 38 D

14 D 39 D

15 C 40 D

16 A 41 D

17 D 42 A

18 C 43 A

19 C 44 D

20 B 45 A

21 B 46 C

22 D 47 D

23 B 48 B

24 B 49 C

25 C 50 B

Câu 1. Lời giải Chọn C Xét hàm số xác định trên tập D = [ 0; 2] Ta có y′ =

4+m

( x + 2)

. Nhận xét ∀ m ≠ −4 hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên [ 0;2] nên giá trị lớn

nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [ 0;2] luôn đạt được tại x = 0 , x = 2 . Theo bài ra ta có f ( 0 ) + f ( 2 ) = −8 ⇔

−m 4 − m + = −8 ⇔ m = 12 . 2 4

Câu 2. Câu 3. Câu 4. Trang 9/17 - Mã đề thi 159 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5. Lời giải: Chọn A

Cách 1 :

( ABC ) :

x y z + + = 1 ⇒ h = d ( O, ( ABC ) ) = a b c

−1

1 1 1 + 2+ 2 2 a b c 1 1 1 1 49 1 1   1 ⇒ 2 = 2 + 2 + 2 ⇒ 2 = 49  2 + 2 + 2  h a b c h b c  a 2

1 1  2 2  1 2 7 ⇒   = a 2 + ( 2b ) + ( 4c )  2 + 2 + 2  ≥ (1 + 2 + 4 ) ( B.C .S ) h b c  a 7 ⇒ ≥ 7 ⇒ h ≤ 1. h Dấu " = " xảy ra khi:

)

(

a 2 4b 2 16c 2 = = ⇔ a 2 = 2b 2 = 4c 2 1 1 1 a2 b2 c2

⇒ a 2 + 4b 2 + 16c 2 = 49 ⇔ 4c 2 + 8c 2 + 16c 2 = 49 ⇔ c 2 = ⇒ a 2 = 7 ; b2 =

49 7 = 28 4

7 2

⇒ P = a 2 + b2 + c2 = 7 +

7 7 49 + = . 2 4 4

Cách 2 : ( ABC ) :

1 1 1 x + y + z −1 = 0 a b c

1 1 1 ⇒ VTPT n =  ; ;  a b c

Gọi H là hình chiếu c ủa O lên

Gọi I là điểm thỏa : IA + 2 IB + 4 IC = 0 . Khi đó I thuộc mp vì ba vecto IA, IB, IC đồng phẳng

Nên d ( O, ( ABC ) ) = OH ≤ OI  1 1 1 Do đó OH lớn nhất khi H trùng I suy ra OI cung phuong n =  ; ;  a b c Vì IA + 2 IB + 4 IC = 0 ⇔ OA + 2OB + 4OC = 7OI = ( a; 2b; 4c ) . 1 1 1 7OI cung phuong n =  ; ;  a b c a 2b 4c ⇔ = = ⇔ a 2 = 2b 2 = 4c 2 1 1 1 a b c

Câu 6.

Câu 7. Câu 8.

Trang 10/17 - Mã đề thi 159

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 9. Câu 10. Câu 11. Lời giải: Chọn D Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0; − 2;1) và bán kính R = 5 .

S = 2π r = 6π ⇒ r = 3 ⇒ h = R 2 − r 2 = 25 − 9 = 4 .

(Q)

song song với ( P ) nên phương trình mặt phẳng ( Q ) có dạng ( Q ) : 2x − 2 y + z + d = 0

h = d ( I , (Q )) =

2.0 − 2. ( −2 ) + 1.1 + d 3

d = 7 = 4 ⇔ d + 5 = 12 ⇔   d = −17

+Với d = −17 thì ( Q ) ≡ ( P ) . +Với d = 7 thì ( Q ) : 2x − 2 y + z + 7 = 0 .

Câu 12.

Câu 13. Câu 14. Câu 15. Câu 16. Câu 17. Lời giải: Chọn D 2 f ( 0 ) + f (1) = 0 ⇒ f (1) = 2   f ( 0 ) + 2 f (1) = 3 1 Lấy đạo hàm hai vế của ta được 4 f ′ ( 2 x ) − 2 f ′ (1 − 2 x ) = 24 x , cho x = 0 và x = ta được 2 4 f ′ ( 0 ) − 2 f ′ (1) = 0 ⇒ f ′ (1) = 4 .  ′ ′ 4 1 − 2 0 = 12 f f ( ) ( ) 

Từ 2 f ( 2 x ) + f (1 − 2 x ) = 12 x 2 , cho x = 0 và x =

1 ta được 2

Phương

thị

trình

tiếp

tuyến

c ủa

đồ

hàm

số

y = f ( x)

tạ i

điểm

x =1

là

y = f ′ (1)( x − 1) + f (1) ⇔ y = 4 ( x − 1) + 2 ⇔ y = 4 x − 2 . Câu 18. Lời giải: Chọn C Trang 11/17 - Mã đề thi 159 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Số tiền bạn Huy vay trong bốn năm học đại học là A = 4 (1 + r ) + (1 + r ) + (1 + r ) + (1 + r )    4

A = 4 (1 + r )

(1 + r )

−1

≈ 17, 23654324

Cuối tháng thứ nhất bạn Huy còn nợ : T1 = A (1 + r ') − T 2

Cuối tháng thứ hai bạn Huy còn nợ : T2 = A (1 + r ') − T (1 + r ' ) − T ………………… Cuối tháng thứ n bạn Huy còn nợ : Tn = A (1 + r ')

(1 + r ') −T

−1

(1 + r ') ≈ 0, 309718 tr = 309718 Sau 60 tháng bạn Huy trả hết nợ nên ta có: T = Ar '. ( ) 60 (1 + r ') − 1 Câu 19.

Câu 20. Lời giải: Chọn B = 600 ⇒ SB = 2a 3 Góc SCB

AB = BC 2 − AC 2 =

a 15 a 2 15 ⇒ S∆ABC = 2 8

1 a 2 15 a3 5 ⋅ .2a 3 = 3 8 4

Câu 21.

Câu 22. Lời giải: Chọn D Đặt t = 2 x +1 , t > 0. Ta có phương trình t 2 − 2mt + 4 = 0 (1) Phương trình trên có hai nghiệm phân biệt khi phương trình

(1) có

hai nghiệm dương phân biệt

m2 − 4 > 0 ∆ ' > 0   ⇔  P > 0 ⇔ 4 > 0 ⇔m>2 S > 0 2m > 0  

Câu 23. Lời giải: Chọn B Trang 12/17 - Mã đề thi 159

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trong hình vẽ thì ta có OA = OB = 30 và S1 = S 2 = S3 =

π .OA2 3

= 300π

Đặt AOB = α ∈ (0, π ) thì ta có: S1 + S ∆OAB = SOAB 1 OA2 .α ⇔ 2π + 3sin α = 3α ⇔ α ≈ 6.257002894 ⇔ 300π + OA.OB.sin α = 2 2 Khoảng cách d = 2OA.cos

α 2

≈ 15,896

Câu 24. Lời giải: Chọn B Gọi z = x + yi thì M ( x; y ) là điểm biểu diễn z. Gọi A (1; −2 ) , B ( 0; −5 ) , ta có tập hợp các điểm z thỏa mãn giả thiêt đề bài là đường thẳng ∆ có phương trình: x + 3 y + 10 = 0 . Ta có w = iz + 20 = z − 20i = CM với M là điểm biểu diễn số phức z và C ( 0;20 ) . Do đó Min w = d ( C , ∆ ) = 7 10 .

Câu 25. Lời giải: Chọn C Giả sử A ( a;0;0 ) . B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) ( a , b , c > 0 ), (α ) có dạng

x y z + + =1. a b c

1 2 1 + + =1. a b c OA , OB , OC theo thứ tự tạo thành cấp số nhân có công bội bằng 2 9 9 1 1 1 4x 2 y z ⇒ b = 2a , c = 2b ⇒ + + = 1 ⇒ a = , b = , c = 9 ⇒ (α ) : + + =1 a a 4a 4 2 9 9 9

(α )

đi qua điểm M (1; 2;1) ⇒

hay (α ) : 4 x + 2 y + z − 9 = 0 ⇒ d ( O, (α ) ) =

9 2

4 + 2 +1

3 21 . 7

Câu 26. Câu 27. Lời giải: Chọn A Trang 13/17 - Mã đề thi 159 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

y′ = 3 x 2 + 2bx + c . Hàm số có hai cực trị ⇔ y ′ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ b 2 − 3c > 0

bc 1   c 2b 2  1 Lấy y chia cho y′ ta được: y = y′.  x + b  +  − x+d − . 9  3 9  9 3

 c 2b 2  bc Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là ( d ) : y =  − x+d − 9 3 9 

( d ) qua A ( 0; 1)

nên d −

bc = 1 ⇔ bc = 9( d − 1) . 9 2

Khi đó T = bcd + 2bc + 3d + 20 = 9( d − 1) d + 18( d − 1) + 3d + 20 = ( 3d + 4 ) − 14 ≥ −14 .

Câu 28. Câu 29. Câu 30. Câu 31. Lời giải Chọn A x > 4 log ( x 2 − 7 x + 12 ) = log ( 2 x − 8 ) ⇔  2  x − 7 x + 12 = 2 x − 8 x > 4 x > 4  ⇔ 2 ⇔  x = 5 ⇔ x = 5  x − 9 x + 20 = 0  x = 4  Câu 32. Lời giải:

Chọn A Khối chóp tứ giác đều có đáy là hình vuông cạnh a = Thể tích khối chóp V = Khối lượng m =

8 2

=4 2

2 1 320 cm3 ) 4 2 .10 = ( 3 3

(

)

320 .0,9 = 96 gam. 3

Câu 33.

Câu 34. Lời giải: Chọn A x = 2 Ta có y′ = 3 x − 5 x − 2 . Giải phương trình y′ = 0 ⇔ 3 x − 5 x − 2 = 0 ⇔  . x = − 1 3  2

Trang 14/17 - Mã đề thi 159

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Với x = 2 thì y = −5 − m . 1 73 Với x = − thì y = −m . 3 54

73  73  . Do m ∈ ℤ Hàm số có giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trái dấu khi ( −5 − m )  − m  < 0 ⇔ −5 < m < 54  54  nên m ∈ {−4; −3; −2; −1;0;1} . Vậy có 6 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 35.

Câu 36. Lời giải: Chọn C Gọi O là tâm hình vuông ABCD, M là trung điểm của SA Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng SA cắt SO tại I

Điểm I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD, bán kính R = IS ∆SMI ∼ ∆SOA ⇒

2a 14 SI SM = ⇒ R = SI = SA SO 7

4 64a 3π 14 Vậy V = π R 3 = ⋅ 3 147

Câu 37.

Câu 38. Câu 39. Câu 40. Câu 41. Câu 42. Lời giải: Chọn A  x 1 Ta có y′ = −3x 2 − 6 x và y =  +  y′ + 2 x + 4 , suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của  3 3

đồ thị hàm số là y = 2 x + 4 ⇔ 2 x − y + 4 = 0 , ( ∆ ) . 2

Đường tròn ( C ) : ( x − m ) + ( y − m − 2 ) = 5 có tâm I ( m; m + 2 ) và bán kính R = 2 5 .

Trang 15/17 - Mã đề thi 159 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đường

thẳng

d ( I , ( ∆ )) = R ⇔

( ∆ ) tiếp 2m − m − 2 + 4 5

xúc

với

đường

tròn

( C ) khi

và

 m=8 = 2 5 ⇔ m + 2 = 10 ⇔  . Vậy m1 + m2 = −4 .  m = −12

Câu 43. Lời giải: Chọn A Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z. | z − (3 − 4i ) |= 2 ⇔ x − 3 + ( y + 4 ) i = 2 2

( x − 3) + ( y + 4 )

⇔

= 2 ⇔ ( x − 3) + ( y + 4 ) = 4

Câu 44. Lời giải: Chọn D Gọi O là tâm tam giác đều BCD, M là trung điểm của CD Kẽ MN ⊥ AB . Ta chứng minh được MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD BM =

2 a 3 a 3 a2 ; OB = ; AO = a 2 − =a 2 3 3 3

OA.BM = MN . AB ⇒ MN =

a 2 2

Câu 45. Câu 46. Lời giải: Chọn C Đặt t = 2sin x ⇒ dt = 2 cos x .dx 2

1 1 I = ∫ f ( t ) . dt = ∫ f ( x ) dx = 3 2 20 0

Câu 47. Lời giải: Chọn D Xét y = x 3 − 2mx 2 + m 2 x + 1 . Tập xác định D = ℝ . Ta có: y′ = 3 x 2 − 4mx + m 2 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 nên y′ (1) = 0 . m =1 Ta có 3 − 4m + m 2 = 0 ⇔  . m = 3 Thử lại: * Với m = 1 , ta có: y = x3 − 2 x 2 + x + 1 . Trang 16/17 - Mã đề thi 159

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

chỉ

khi

y′ = 3 x 2 − 4 x + 1 . y ′′ = 6 x − 4 .

y ' (1) = 0 và y′′ (1) = 2 > 0 . Do đó hàm số hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 . * Với m = 3 , ta có: y = x3 − 6 x 2 + 9 x + 1.

y′ = 3 x 2 − 12 x + 9 . y′′ = 6 x − 12 .

y ' (1) = 0 và y′′ (1) = −6 < 0 . Do đó hàm số hàm số không đạt cực tiểu tại x = 1 . Vậy với m = 1 , hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 .

Câu 48. Lời giải: Chọn B Có A74 = 7.6.5.4 ⇒ n ( Ω ) = 7.6.5.4 Số lớn hơn 2018 có 6.6.5.4 Xác suất P =

6 7

Câu 49. Câu 50. Lời giải: Chọn B x F ' ( x ) = f ( x ) e 2 x ⇔ ( x − 1) e x  ' = f ( x ) e 2 x ⇔ x.e x = f ( x ) e 2 x ⇔ f ( x ) = x e 1− x ⇒ f '( x) = x e Đặt A = ∫ f ' ( x ) e 2 x dx = ∫ (1 − x ) e x dx

u = 1 − x ⇒ du = dx

Đặt 

dv = e dx ⇒ v = e x

⇒ A = ex ( 2 − x ) + C

Trang 17/17 - Mã đề thi 159 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ Mã đề thi 134

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Câu 1. Một cái phễu dạng hình nón có chiều cao bằng 20 cm . Người ta đổ nước vào cái phễu sao cho chiều cao của lượng nước trong phễu bằng 5,09 cm chiều cao của phễu. Hỏi, nếu bịt kín miệng phễu và úp phễu xuống thì chiều cao của nước trong phễu bằng bao nhiêu?

A. 2,21 cm .

B. 5,09 cm .

C. 5,93 cm .

D. 6,67 cm .

Câu 2. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu f ′( x ) như sau

Hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị? A. 1. B. 2. C. 3. D. 0. Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : x − 4 y + 3 z − 2 = 0 . Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là A. n1 = (0; − 4;3) .

B. n2 = (1; 4;3) .

C. n3 = (−1; 4; − 3) .

D. n4 = (−4;3; − 2) .

Câu 4. Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. y = − x3 + 3x 2 + 1.

B. y = − x3 − 3x 2 + 1.

C. y = x3 + 3x 2 + 1.

D. y = x3 − 3x 2 + 1.

Câu 5. Tính thể tích V của khối nón có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 6. A. V = 36π . B. V = 18π . C. V = 108π . D. V = 54π . Câu 6. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy và SA = 3a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, SC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và AN bằng A.

3a 37 . 74

a . 4

3a . 37

a . 2

Câu 7. Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi parabol ( P) : y = x 2 , trục hoành và tiếp tuyến của ( P ) tại điểm M (2; 4) . Tính thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình ( H ) xung quanh trục hoành. Trang 1/17 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

77π 64π 176π 16π B. V = C. V = D. V = . . . . 15 15 15 15 Câu 8. Cho hai hàm số y = f ( x ), y = g ( x ) liên tục trên đoạn [ a;b] và nhận giá trị bất kỳ. Diện tích của hình

A. V =

phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số đó và các đường thẳng x = a, x = b được tính theo công thức b

A. S =

∫ [ f ( x) − g ( x)] dx .

B. S = ∫ [ f ( x) − g ( x) ] dx.

C. S = ∫ [ g( x) − f ( x) ] dx.

D. S = ∫ f ( x) − g ( x) dx.

Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ (O; i , j , k ) , cho hai vectơ a = ( 2; − 1; 4 ) và b = i − 3k . Tính a . b . B. a . b = −13. C. a . b = 5. D. a . b = −11. A. a . b = −10.

Câu 10.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − 4 z = 0 , đường thẳng

x −1 y +1 z − 3 và điểm A(1;3;1) thuộc mặt phẳng ( P ) . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A , nằm trong = = 2 1 −1 mặt phẳng ( P ) và cách d một khoảng cách lớn nhất. Gọi u = ( a ; b ;1) là một vectơ chỉ phương của đường d:

thẳng ∆ . Tính a + 2b . A. a + 2b = 7. 5

Câu 11. Biết

∫

ln x

2 1 x 4 A. ab = − . 25

B. a + 2b = −3.

C. a + 2b = 0.

D. a + 2b = 4.

dx = a.ln 5 + b với a, b là các số hữu tỉ. Tính tích a.b .

B. ab =

4 . 25

C. ab = −

6 . 25

D. ab =

6 . 25

Câu 12. Cho hàm số y = x3 + 3x 2 − 2 x − 3 có đồ thị (C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ), biết tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất. A. y = 7 x − 8. B. y = −5 x − 4. C. y = −5 x + 6. D. y = 7 x + 6. Câu 13. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = 2a , BC = a . Biết thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng a3 , chiều cao của hình lăng trụ đã cho bằng a 3a A. . B. a . C. 3a . D. . 2 2 Câu 14. Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng ( −9;9) của tham số m để bất phương trình

3log x ≤ 2 log  m x − x 2 − (1 − x) 1 − x  có nghiệm thực?   A. 6. B. 7. C. 10.

D. 11.

Câu 15. Tính tổng S của cấp số nhân lùi vô hạn ( un ) có số hạng đầu u1 = 6 và công bội q = −

1 . 2

A. S = 3 . B. S = 4 . C. S = 9 . D. S = 12 . Câu 16. Một kỹ sư mới ra trường làm việc với mức lương khởi điểm là 5.000.000 đồng/tháng. Cứ sau 9 tháng làm việc, mức lương của kỹ sư đó lại được tăng thêm 10%. Hỏi sau 4 năm làm việc tổng số tiền lương kỹ sư đó nhận được là bao nhiêu? A. 296.691.000 đồng. B. 301.302.915 đồng. C. 298.887.150 đồng. D. 291.229.500 đồng. 1 Câu 17. Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên ℝ và f (1) = 1, f ( −1) = − . Đặt 3

g ( x) = f 2 ( x) − 4 f ( x). Đồ thị của hàm số y = f '( x) là đường cong ở hình bên. Mệnh đề nào sau đây đúng? Trang 2/17 - Mã đề thi 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. min g ( x) = −3.

B. max g ( x) = −3.

ℝ

13 13 D. max g ( x) = . . 9 9 ℝ ℝ Câu 18. Số chỉnh hợp chập 6 của một tập hợp có 9 phần tử là: 9! 6! 9! 9! A. . B. . C. . D. . 3!.6! 3! 6! 3! Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD. Đường thẳng nào dưới đây là giao tuyến của hai mặt phẳng và? A. Đường thẳng đi qua S và song song với AC. B. Đường thẳng đi qua S và song song với AB. C. Đường thẳng đi qua S và song song với BD. D. Đường thẳng đi qua S và song song với AD. Câu 20. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 1 ( x − 3) ≥ log 1 4 .

C. min g ( x ) =

B. S = [3;7].

A. S = (3;7].

C. S = ( −∞ ;7].

D. S = [7 ; +∞ ).

Câu 21. Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như sau

Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hàm số y = f ( x) đạt cực đại tại x = −1.

B. Hàm số y = f ( x) đạt cực tiểu tại x = −2. C. Hàm số y = f ( x) đạt cực đại tại x = 1. D. Hàm số y = f ( x) không đạt cực trị tại x = −1. Câu 22. Cho số phức z thỏa mãn 3iz − z = 1 + 5i . Môđun của z bằng A.

65 . 5

5 2 . 4

65 . 4

Câu 23. Tính đạo hàm của hàm số y = log 4 ( x 2 + 1) . A. y ' =

2x 2

( x + 1) ln 2

B. y ' =

x.ln 2 2

x +1

C. y ' =

2 x.ln 2 2

x +1

D. y ' =

x 2

( x + 1) ln 2

 π Câu 24. Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn 0;  .  3 π 3

 π Biết f '( x).cos x + f ( x).sin x = 1, ∀x ∈ 0;  và f (0) = 1 . Tính tích phân I = ∫ f ( x ) dx.  3 0

A. I =

1 π + . 2 3

B. I =

3 +1 . 2

C. I =

3 −1 . 2

1 D. I = . 2

Trang 3/17 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 25. Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M (3; − 1; 2) và có vectơ chỉ phương u = (4;5; − 7) là

 x = −3 + 4t  A.  y = 1 + 5t  z = −2 − 7t. 

 x = 4 + 3t  B.  y = 5 − t  z = −7 + 2t. 

 x = −4 + 3t  C.  y = −5 − t  z = 7 + 2t. 

Câu 26. Cho số thực a thỏa a 2 > a 3 . Mệnh đề nào sau đây đúng? B. a = 1. C. 0 < a < 1. A. a > 1. Câu 27. Cho a là số thực dương tùy ý. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. log3 ( 9a ) = 2 − log3 a .

B. log3 ( 9a ) = 2log3 a .

C. log3 ( 9a ) = 2 + log3 a .

D. log3 ( 9a ) = 9log3 a .

 x = 3 + 4t  D.  y = −1 + 5t  z = 2 − 7t.  D. a < 0.

Câu 28. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau

Hàm số y = f ( x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (−1; 2).

B. ( −∞ ; − 1).

C. (2; + ∞ ).

D. ( −3; 4).

Câu 29. Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị trong hình bên. Phương trình f ( x) = 1 có bao nhiêu nghiệm thực

phân biệt nhỏ hơn 2? A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 0.

Câu 30. Phần thực; phần ảo của số phức z = − 3 + 4i theo thứ tự bằng A. − 3; 4. Câu 31. Cho hàm số y =

B. − 3; − 4.

C. 4; − 3.

D. −4; − 3.

x có đồ thị, đường thẳng ( d ) : y = mx − m − 1 và điểm A( −1; 0). Biết đường −x +1

thẳng d cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt M, N mà AM 2 + AN 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. m ∈ [ −1;0 ) .

B. m ∈ (−∞; −2) .

C. m ∈ [ −2; −1) .

D. m ∈ [ 0; +∞ ) .

Câu 32. Tính thể tích V của khối hộp chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh bằng 6 và chiều cao bằng 5. A. V = 180. B. V = 50. C. V = 150. D. V = 60. Câu 33. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên không có hai học sinh cùng giới tính đứng cạnh nhau, đồng thời Hoàng và Lan không đứng cạnh nhau bằng 1 8 1 4 A. B. C. D. . . . . 450 1575 175 1575 1 Câu 34. Tìm ∫ 2 dx . x

Trang 4/17 - Mã đề thi 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

∫ x 2 dx = ln x

∫ x 2 dx = − x + C .

+C .

∫ x 2 dx = x + C .

∫ x 2 dx = 2 x + C .

2x − 3 là đường thẳng 2x +1 1 3 1 A. y = 1. B. y = − . C. x = . D. x = − . 2 2 2 Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1; 0), B(0; − 1; 2) . Biết rằng có hai mặt

Câu 35. Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

phẳng cùng đi qua hai điểm O, A và cùng cách B một khoảng bằng 3 . Vectơ nào trong các vectơ dưới đây là một vectơ pháp tuyến của một trong hai mặt phẳng đó? A. n1 = (1; − 1; − 1). B. n2 = (1; − 1; − 3). C. n3 = (1; − 1; 5). D. n4 = (1; − 1; − 5).

Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 3)2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 10 . Mặt phẳng nào trong các mặt phẳng dưới đây cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3?

A. ( P3 ) : x + 2 y − 2 z − 2 = 0. C. ( P1 ) : x + 2 y − 2 z + 8 = 0.

B. ( P4 ) : x + 2 y − 2 z − 4 = 0. D. ( P2 ) : x + 2 y − 2 z − 8 = 0.

Câu 38. Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 3 z + 9 = 0 , trong đó z1 có phần ảo dương. Phần thực của số phức w = 2017 z1 − 2018 z2 bằng 3 A. − . 2

B. 3.

Câu 39. Bất phương trình

x 2 3

C. −3.

3 . 2

+ 3.2 x ≤ x.2 x+1 − 1 có bao nhiêu nghiệm nguyên thuộc khoảng ( −10;10 ) ?

B. 12. C. 7. D. 8. A. 11. Câu 40. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều, mặt bên SCD là tam giác vuông cân tại S . Gọi M là điểm thuộc đường thẳng CD sao cho BM vuông góc với SA . Thể tích khối chóp S .BDM bằng

a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 . . . . B. C. D. 48 24 32 16 Câu 41. Cho số phức z có môđun bằng 8. Biết rằng tập hợp điểm trong mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức w = 2 z + 4 − 3i là đường tròn có tâm I ( a ; b) , bán kính R . Tổng a + b + R bằng A. 7. B. 9 C. 15. D. 17. A.

Câu 42. Tìm giá trị dương của tham số m để hàm số y = A. m = 1 .

B. m = 2 .

m2 x − 1 có giá trị nhỏ nhất trên đoạn [1;2] bằng 3. x +1

C. m = 7 .

D. m = 5 .

Câu 43. Cho số phức z thỏa mãn z ≤ 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 z + 1 + 2 z − 1 + z − z − 4i bằng

14 7 . . B. 2 + C. 4 + 2 3. D. 2 + 3. 15 15 Câu 44. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và có thể tích bằng V . Gọi M , N , P, Q lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB, SBC , SCD, SDA . Thể tích khối chóp O.MNPQ bằng A. 4 +

Trang 5/17 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2V 2V V 4V . B. . C. . D. . 27 9 9 27 Câu 45. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để tập nghiệm của bất phương trình

log 22 x − (2m + 5) log 2 x + m2 + 5m + 4 < 0 chứa nửa khoảng [ 2; 4 ) . A. −2 ≤ m < 0. B. −2 < m ≤ 0. C. 0 ≤ m < 1. D. 0 < m ≤ 1. Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2 y − z + 3 = 0 và điểm A(2; 0; 0) . Mặt phẳng (α ) đi qua A , vuông góc với ( P ) , cách gốc tọa độ O một khoảng bằng

4 và cắt các tia Oy , Oz lần 3

lượt tại các điểm B, C khác O . Thể tích khối tứ diện OABC bằng

A. 8.

B. 16.

Câu 47. Cho hàm số y =

8 . 3

16 . 3

2x +1 với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến x−m

trên khoảng (2; + ∞ ) ?

A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Câu 48. Cho hình nón ( N ) có đỉnh S , tâm đường tròn đáy là O , góc ở đỉnh bằng 1200 . Một mặt phẳng qua

S cắt hình nón ( N ) theo thiết diện là tam giác vuông SAB . Biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SO bằng 3, tính diện tích xung quanh S xq của hình nón ( N ) .

A. S xq = 27 3π .

B. S xq = 18 3π .

Câu 49. Cho

∫  f ( x ) − 2 g ( x)  dx = 3,

∫

A. I = − 1. Câu 50. Biểu thức A.

B. I = − 2. 1 A = a3.

2 5 A=a

Trang 6/17 - Mã đề thi 134

C. S xq = 9 3π .

D. S xq = 36 3π .

f ( x ) dx = −1. Tính I = ∫ g ( x ) dx. 0

C. I = 2.

D. I = 1.

a được viết lại dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỷ là

1 A = a3

5 A = a6

C. ------------- HẾT -------------

1 A = a6

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số C28 C29 C35 Chương 1: Hàm Số

Lớp 12 (90%)

C2 C4 C21

C12 C17 C31 C42 C47

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C50

C16 C20 C26 C27

C14 C39 C45

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

C34 C49

C7 C11

C24

Chương 4: Số Phức

C30

C22

C38 C41

C43

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C13 C32 C5

C6 C12 C40 C44 C1 C48

C3 C9

C25 C37

C10 C36 C46

C18

C33

Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

Lớp 11 10%)

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C15

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

C23

Hình học Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng Trang 7/17 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song

C19

Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (0%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu

Điểm

3.4

4.2

0.4

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: KHÁ + Đánh giá sơ lược: Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11 chiêm 10% Không có câu hỏi lớp 10. Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 23 câu VD-VDC phân loại học sinh . Chỉ có 2 câu hỏi khó ở mức VDC : C23 C43 Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng Đề phân loại học sinh ở mức khá Trang 8/17 - Mã đề thi 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A B C D B C D D A B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 C C A B A A A B C D

11 A 36 D

12 B 37 C

13 B 38 D

14 B 39 D

15 B 40 A

16 C 41 D

17 A 42 C

18 D 43 C

19 B 44 A

20 A 45 A

21 A 46 C

22 D 47 C

23 D 48 B

24 B 49 B

25 D 50 C

Câu 1. Lời giải: * Trước khi úp phễu: + Gọi h và R lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của phễu; h’ và R’ lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình nón tạo bởi lượng nước. 1 + Thể tích phễu là: V = π R 2 .h 3 2

1 1 2  2 8 1  8 + Thể tích nước là: V1 = π R '2 .h ' = π .  R  . h = .  π R 2 h  = .V 3 3 3  3 27  3  27 8 19V + Thể tích của khối không chứa nước trong phễu là: V2 = V − V1 = V − .V = 27 27 + Thể tích khối không chứa nước trong phễu bằng thể tích khối không chứa nước khi lật ngược phễu lại. * Sau khi úp phễu: + h1 và r1 lần lượt chiều cao và bán kính của khối nón không chứa nước 2

V 19 r h  r  h 19 ⇔ 1 . 1 = , mà 1 = 1 . Ta có: 2 = R h V 27  R  h 27 2

20 3 19 h 3 19  h  h 19 Suy ra  1  . 1 = . ⇔ h1 = ⇔ h1 = 3 3  h  h 27 Suy ra chiều cao của lượng nước khi lật ngược phễu là: h2 = h − h1 = 20 −

20 3 19 ≈ 2, 21 . 3

Câu 2. Câu 3. Câu 4. Câu 5. Câu 6. Lời giải:

Trang 9/17 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

K I L A

F M

+ d (CM , AN ) = 2.d ( H , ( ANK )) = 2 HI .

1 HI

1 HN

16 2

a 3a . Vậy d (CM , AN ) = 37 Câu 7.

4 9a

148 9a

⇒ HI =

3a . 2 37

Lời giải:

+ Phương trình tiếp tuyến d của tại điểm có hoành độ bằng 2 là y = 4 x − 4 . 2

V = π ∫ ( x 2 ) 2dx − π ∫ (4 x − 4)2dx =

16π . 15

Câu 8. Câu 9. Câu 10. Lời giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên d. Xét hai đường thẳng ∆ và ∆ ' cùng qua A và nằm trong mp, trong đó ∆ vuông góc với AH. + Khoảng cách giữa ∆ và d bằng AH. + Gọi là mặt phẳng chứa d và song song với ∆ ' , K là hình chiếu vuông góc của A lên. Khi đó : d ( ∆ ', d ) = d ( ∆ ', mp(Q) ) = d ( A, mp(Q) ) = AK Ta có: AK ≤ AH ⇒ d ( ∆ ', d ) ≤ d ( ∆, d ) . Trang 10/17 - Mã đề thi 134

P A

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú d Q Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy ∆ đường thẳng nằm trong mặt phẳng và cách d một khoảng cách lớn nhất. +H thuộc d nên H. AH = (2t ; −4 − t ; 2 + t) d có vtcp là ud = (2; −1;1) . AH .ud = 0 ⇔ 4t + 4 + t + 2 + t = 0 ⇔ t = −1 . Suy ra AH = ( −2; −3;1) . Một VTPT của là nP = (1;1; −4) . Một VTCP của ∆ u∆ =  AH , nP  = (11; −7;1) . Vậy a + 2b = – 3. Phương án B: ∆ song song với d. Phương án C: ∆ đi qua A và giao điểm I của d và. 1 IA = (4; 0;1) ⇒ a + 2b = 4 2 Phương án D: ∆đi qua A, nằm trong mặt phẳng và vuông góc đường thẳng d. 1 ud , nP  = (1;3;1) ⇒ a + 2b = 7  2 Câu 11. Lời giải: 1 1 1 Đặt u = ln x, dv = dx ⇒ du = dx, v = − . 2 x x x 5

ln x

1 1 1 1 1 4 4 ∫ x 2 dx = − x ln x 1 + ∫ x 2 dx = − 5 ln 5 − x 1 = − 5 ln 5 + 5 . Suy ra ab = − 25 . 1 1 Câu 12. Lời giải:

y ' = 3x 2 + 6 x − 2 , y’ đạt giá trị nhỏ nhất bằng –5 tại x = –1. Câu 13. Câu 14. Lời giải:

0 < x < 1 BPT đã cho tương với:  2  x x ≤ m x − x + (1 − x) 1 − x x 1− x + ≤m Ta có: x x ≤ m x − x 2 + (1 − x) 1 − x ⇔ 1− x x x 1− x Xét hàm số f ( x) = + (0 < x < 1) . 1− x x x 1 − x 1 − (1 − x) 1 − x 1 1 f ( x) = + = + = − 1− x + − x x x 1− x 1− x 1− x x 1

f '( x) = 2

(

1− x

f '( x ) = 0 ⇔ x =

)

1 1 − 2 1− x 2 x

( )

−

2 2  1 1 1   1  1 1  1    =  − + . + + 1      2 x 2  1− x x   1 − x  1− x x  x  

1 1 . Lập BBT suy ra Minf ( x) = f   = 2 . 2 2

Trang 11/17 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ m ≥ 2. Vậy có 8 giá trị trị nguyên của m thỏa đề. Câu 15.

Câu 16. Lời giải: + Lương khởi điểm A = 5.000.000, cứ t = 9 tháng tăng bậc lương. + Sau 4 năm = 48 tháng = 5x9 tháng + 3 tháng  (1+ r)n - 1  n Áp dụng công thức P = A.t.   + k . A(1+ r) r  

Câu 17. Lời giải:

g '( x) = 2 f ( x). f '( x) − 4. f '( x) = 2 f '( x).[ f ( x) − 2] Từ đồ thị trên của y = f '( x ) suy ra BBT của y = f ( x ) . Suy ra max f ( x ) = f (1) = 1. Do đó f ( x ) − 2 < 0, ∀x ∈ R. g '( x ) = 0 ⇔ f '( x ) = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = 1 .

Lập bảng biến thiên suy ra min g ( x ) = −3. Hàm minh họa: f ( x) = −

1 6 1 3 1 2 1 x − x + x + x+ 12 3 4 6

Câu 18. Câu 19. Câu 20. Câu 21. Câu 22. Lời giải:  x + 3 y = −1  x = 2 3iz − z = 1 + 5i ⇔ − x − 3 y + (3 x + y )i = 1 + 5i ⇔  ⇔ ⇒ z = 2−i 3 x + y = 5  y = −1 Câu 23. Câu 24. Lời giải:

1 f '( x).cos x + f ( x).sin x  π -Xét trên đoạn 0;  , ta có: f '( x).cos x + f ( x).sin x = 1 ⇔ = 2  3 cos x cos 2 x f '( x).cos x + f ( x).sin x

Do đó I =

π 3

∫ f ( x ) dx = ∫

−

f ( x)  f ( x)  =0⇒ − tan x  = 0 ⇒ − tan x = C 2 2 cos x  cos x  cos x cos x Mà f (0) = 1 suy ra C = 1. Suy ra ⇒ f ( x ) = sin x + cos x .

⇒

π ( sin x + cos x ) dx = ( sin x − cos x ) 03 =

3 +1 2

Câu 25. Trang 12/17 - Mã đề thi 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 26. Câu 27. Câu 28. Câu 29. Câu 30. Câu 31. Lời giải: 2

+ Phương trình hoành độ giao điểm: mx − 2mx + m + 1 = 0 + Điều kiện để d cắt tại hai điểm phân biệt là m < 0 . + Trung điểm của MN là I. + Theo công thức đường trung tuyến AM 2 + AN 2 =

20 + MN 2 . 2

AM 2 + AN 2 nhỏ nhất khi MN 2 nhỏ nhất.   1  MN 2 = 4  ( − m) +    ≥ 8 , dấu bằng xảy ra khi m = −1  −m   Câu 32.

Câu 33. Lời giải: – Số phần tử của không gian mẫu n (Ω ) = 10! * Xếp 10 học sinh trên một hàng ngang sao cho 5 học sinh nam xen kẽ 5 học sinh nữ có 2 cách xếp. * Xét trong 2 cách xếp trên các khả năng Hoàng và Lan đứng liền kề nhau: + Xếp 8 học sinh trên một hàng ngang sao cho 4 học sinh nam xen kẽ 4 học sinh nữ có 2 cách xếp. + Với mỗi cách xếp 8 học sinh trên có 9 khoảng trống tạo ra. Với mỗi khoảng trống trên, xếp Hoàng và Lan vào khoảng trống này để được 5 học sinh nam xen kẽ 5 học sinh nữ có 1 cách xếp. xxxx Suy số cách xếp 5 học sinh nam xen kẽ 5 học sinh nữ mà Hoàng và Lan đứng kề nhau là: 2.9 Vậy số phần tử của A là: n=2–2.9=18432. 8 n( A) 18432 – Xác suất cần tìm là P( A) = . = = 10! 1575 n (Ω ) + Phương án 1 2.5!5!− 2.4!4!7 B. Tính sai: P( A) = . = 10! 175 + Phương án 4 5!5!− 4!4 !9 C. Tính sai: P( A) = . = 10! 1575 + Phương án 1 2.5!5!− 2.4!4!18 D. Tính sai: P( A) = . = 10! 450 Câu 34. Trang 13/17 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 35. Câu 36. Lời giải: Gọi là mặt phẳng đi qua hai điểm O , A . Phương trình mặt phẳng có dạng: Ax − Ay + Cz = 0 ( A2 + C 2 > 0) | A + 2C |

d ( B, ( P )) = 3 ⇔

2A + C

= 3 ⇔| A + 2C |= 3 2 A2 + C 2

⇔ A 2 + 4 AC + 4C 2 = 3(2 A2 + C 2 ) ⇔ C 2 + 4 AC − 5 A2 = 0 ⇔ C = A hoac C = −5 A Có 2 mặt phẳng thỏa đề bài lần lượt có phương trình: x − y + z = 0, x − y − 5 z = 0 .

Câu 37. Câu 38. Câu 39. Lời giải: x 2 3

+ 3.2 ≤ x.2

x +1

 3   1 x − 1 ⇔ ( 3) + 1 ≤ (2 x − 3)2 ⇔   +   ≤ 2 x − 3 ⇔ x ≥ 2 .  2  2 x

Câu 40. Lời giải: Tam giác SIK vuông tại S. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng thì H thuộc đoạn IK và HI = 3HK SH .IK = SI .SK ⇒ SH =

a 3 4

BM ⊥ SA ⇔ BM ⊥ HA. Hai tam giác BMC và AHI đồng dạng ⇒ CM = Diện tích tam giác BDM: S BDM =

a 3a ⇒ DM = 2 2

a2 1 BC.MD = 2 4

1 1 a 2 a 3 a3 3 = Thể tích khối chóp S .BDM : V = S BDM .SH = . . 3 3 4 4 48 S M

M A

D I

D H

H B

Câu 41. Lời giải: Đặt w = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) . Trang 14/17 - Mã đề thi 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

w − 4 + 3i 2 w − 4 + 3i x + yi − 4 + 3i =8⇔ = 8 ⇔ ( x − 4) + ( y + 3)i = 16 . z =8⇔ 2 2

w = 2 z + 4 − 3i ⇔ z =

Suy ra: a = 4, b = –3, R = 16. Vậy a + b + R = 17 . Câu 42.

Lời giải:

m +1 m2 − 1 m2 − 1 = 3 ⇔ m = 7 (m > 0) > 0, ∀x ∈ [1; 2] . Suy ra min y = y (1) = , x +1 2 2 [1;2] 2

y'=

Câu 43. Lời giải: 2

Đặt z = x + yi, z ≤ 2 ⇔ x + y ≤ 4 ⇒ x, y ∈ [ −2; 2] . P = 2 ( x + 1) 2 + y 2 + 2 ( x − 1) 2 + y 2 + 2(2 − y ) . Gọi M ( x + 1; − y ), N ( x − 1; y ) . Ta có: MN = (−2; 2 y ) , OM = ( x + 1) 2 + y 2 , ON = ( x − 1) 2 + y 2 , MN = 2 1 + y 2 P = 2 ( x + 1) 2 + y 2 + 2 ( x − 1) 2 + y 2 + 2(2 − y ) Vì OM + ON ≥ MN nên ( x + 1) 2 + y 2 + ( x − 1) 2 + y 2 ≥ 2 1 + y 2 . OM + ON = MN ⇔ OM , ON ngược hướng. a) Nếu y = 0 thì P = 2 | x + 1| +2 | x − 1| +4 ≥ 8, ∀x ∈ [ −2; 2] . b) Nếu y ≠ 0 thì OM , ON ngược hướng ⇔ x = 0. Suy ra P ≥ 4 1 + y 2 + 2(2 − y ) = 2  2 1 + y 2 + 2 − y    Xét hàm số f ( y ) = 2 1 + y 2 + 2 − y , y ∈ [ −2; 2 ] , f '( y ) =

2 y − 1 + y2 1+ y2

, f '( y ) = 0 ⇔ y =

1 3

Lập bảng biến thiên, suy ra: min f ( y ) = 2 + 3 .

[ −2;2]

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 + 2 3 khi x = 0, y =

1 . 3

Câu 44. Lời giải:

Trang 15/17 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

P A

D L

N H E O

+ Đặt h = SA, S ABCD = S , AB = a 1 1 1 VO.MNPQ = .d (O, ( MNPQ)).S MNPQ = .d (( ABCD ), ( MNPQ )).MN 2 = .d ( M , ( ABCD )).MN 2 3 3 3 2

2 1 1 1 1 2 a 2 1 1 2a 2 2 1 2   2V = . d ( S , ( ABCD)).  EF  = . h.  . = . h. =  ha 2  =  3 3 3 3 3 2  3 3 9 27  3 3   27

Câu 45. Lời giải: Đặt t = log 2 x; x ∈ [ 2; 4 ) ⇔ t ∈ [1; 2 ) . Bất phương trình đã cho trở thành t 2 − (2m + 5)t + m2 + 5m + 4 < 0 . – Để bất phương trình đã cho có tập nghiệm chứa nửa khoảng [ 2; 4 ) thì bpt có tập nghiệm chứa nữa khoảng

[1; 2 ) . – Ta có: t 2 − (2m + 5)t + m2 + 5m + 4 < 0 ⇔ m + 1 < t < m + 4 . m + 1 < 1 Do đó để bpt có tập nghiệm chứa nửa khoảng [1; 2 ) thì  ⇔ −2 ≤ m < 0 . 2 ≤ m + 4 Câu 46. Lời giải: Gọi B (0; b; 0), C (0; 0; c ) (b > 0, c > 0) . Phương trình mặt phẳng (α ) có dạng:

(α ) ⊥ ( P ) ⇔

2 1 − = 0 ⇔ b = 2c b c

Phương trình mặt phẳng (α ) trở thành: d (O, (α )) =

x y z + + = 1. 2 b c

4 ⇔ 3

x y z + + = 1 ⇔ cx + y + 2 z − 2c = 0 2 2c c

4 ⇔c=2 3

c2 + 5 ⇒ B (0; 4; 0), C (0; 0; 2) ⇒ OA = 2, OB = 4, O C = 2

1 8 V = OA.OB.OC = . 6 3 Câu 47. Trang 16/17 - Mã đề thi 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lời giải: + y' =

−2 m − 1

( x − m)2

 −2m − 1 < 0 1 + Hàm số nghịch biến trên khoảng (2; + ∞ ) khi  ⇔− <m≤2 2 m ≤ 2 Câu 48. Lời giải: Đặt SA = x Ta có: IA = x.sin 450 =

OA2 − IA2 = OI 2 ⇔

x 2 x 3 , OA = x.cos 300 = 2 2

3x 2 2 x 2 − = a 2 ⇔ x = 2a 4 4

⇒ R = a 3, l = 2a, h = a .

S xq = π rl = 2 3π a 2 . Câu 49.

x O

a I A

Câu 50.

Trang 17/17 - Mã đề thi 134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ Mã đề thi 136

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Câu 1. Trong các dãy số sau, dãy số nào là cấp số cộng n n A. un = ( −1) n . B. un = n . C. un = 2n . 3

D. un = n 2 .

Câu 2. Cho hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên dưới. y

x -1

Mệnh đề nào sau đây sai? A. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 . B. Hàm số đạt cực đại tại x = 4 . C. Hàm số có hai điểm cực trị. D. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 . Câu 3. Giải bất phương trình log 2 ( 3x − 2 ) > log 2 ( 6 − 5 x ) được tập nghiệm là ( a; b ) Hãy tính tổng S = a + b 8 28 11 26 A. S = B. S = C. S = D. S = 5 15 5 5 −x −x 2 2 Câu 4. Cho hai hàm số F ( x ) = x + ax + b e và f ( x ) = − x + 3x + 6 e . Tìm a và b để

(

)

(

F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) . A. a = −1, b = 7 . B. a = 1, b = 7 C. a = 1, b = −7 .

)

D. a = −1, b = −7 . 2

Câu 5. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 3 z 2 − z + 2 = 0. Tính z1 + z2 A.

8 3

2 3

4 3

D. −

11 9

Câu 6. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thên như hình bên. Tìm số nghiệm của phương trình 3 f ( x ) − 7 = 0 .

A. 0 . B. 4 . Câu 7. Tính đạo hàm của hàm số

C. 5 .

D. 6 .

y = log5 x 2 + 2 .

(

)

Trang 1/19 - Mã đề thi 136 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. y' =

2 x ln 5

(

C. y' =

x2 + 2

y' =

) .

(

D. y' =

x 2 + 2 ln 5

)

+ 2 ln 5

)

Câu 8. Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A(3;0;0) , B (0;2;0) , C (0;0;6) và D (1;1;1). Gọi ∆ là đường thẳng đi qua D và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến ∆ là lớn nhất, hỏi ∆ đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây? A. M (5;7;3). B. M (3; 4;3). C. M (7;13;5). D. M (−1; −2;1). Câu 9. Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?

1 3

A. y = x3 − x 2 + 1 .

B. y = x 3 − 3 x 2 + 1 .

C. y = − x3 + 3 x 2 + 1 .

D. y = − x 3 − 3 x 2 + 1 .

Câu 10. Tìm tập xác định D của hàm số y = log 2 x 2 − 2 x .

(

)

A. D = ( −∞;0] ∪ [ 2; +∞ )

B. D = ( −∞;0 ) ∪ [ 2; +∞ )

C. D = ( 0; +∞ )

D. D = ( −∞;0 ) ∪ ( 2; +∞ )

Câu 11. Cho khối nón có bán kính đáy r = 2 , chiều cao h = 3 . Thể tích của khối nón là:

4π 3 2π 3 4π 3 . 3 . A. B. 3 . C. 4π 3 . D. Câu 12. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a , các mặt bên tạo với đáy một góc 60 . Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. a2 25π a 2 32π a 2 8π a 2 A. S = B. S = . C. S = . D. S = . 12 3 3 3 Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : 3x − 2 y + 2 z − 5 = 0 và

( Q ) : 4 x + 5 y − z + 1 = 0 . Các điểm A, B phân biệt cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) . Khi đó AB cùng phương với véctơ nào sau đây? A. v = ( −8;11; −23) B. k = ( 4;5; −1) C. u = ( 8; −11; −23) D. w = ( 3; −2; 2 ) Câu 14. Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 6 x + 5. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số có hệ số góc nhỏ nhất có phương trình là A. y = 3 x + 9 . B. y = 3 x + 3 . C. y = 3 x + 12 . D. y = 3 x + 6 . Câu 15. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình A. S = ( −∞;1] Trang 2/19 - Mã đề thi 136

B. S = ( −∞;1)

(

)

3 −1

x +1

C. S = [1; +∞ )

> 4−2 3

D. S = (1; +∞ )

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 16. Cho số phức z thoả mãn z − 3 + 4i = 2, w = 2 z + 1 − i. Khi đó w có giá trị lớn nhất là: A. 4 + 130

B. 2 + 130

C. 4 + 74

D. 16 + 74

Câu 17. Phần ảo của số phức z = (1 − 2i ) + 1 A. 4 B. −4i C. −3 D. −4 Câu 18. Cho tam giác ABC biết 3 góc của tam giác lập thành một cấp số cộng và có một góc bằng 25o . Tìm 2 góc còn lại? A. 75o ; 80o. B. 60o ; 95o. C. 60o ; 90o. D. 65o ; 90o. Câu 19. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên khoảng ( −∞; +∞ ) , có bảng biến thiên như hình sau:

Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; +∞ ) B. Hàm số nghịch biến trên (1; +∞ ) . C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −2 ) . Câu 20. Đồ thị hàm số y =

D. Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) .

2x − 3 có các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt x −1

là: A. x = 1 và y = −3 .

B. x = −1 và y = 2 .

C. x = 1 và y = 2 .

D. x = 2 và y = 1 .

Câu 21. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) = x 3 − 2 x 2 + x − 2 trên đoạn [ 0; 2] .

50 B. max y = − 27 [0;2]

A. max y = −2 [0;2] 4

Câu 22. Biết I = ∫ x ln ( 2 x + 1) dx = 0

C. max y = 1 [0;2]

D. max y = 0 [0;2]

a a là ln 3 − c , trong đó a, b, c là các số nguyên dương và b b

phân số tối giản. Tính S = a + b + c . A. S = 72 . B. S = 68 C. S = 60 . D. S = 17 . Câu 23. Một chất điểm đang cuyển động với vận tốc v0 = 15m / s thì tăng vận tốc với gia tốc

a ( t ) = t 2 + 4t m / s 2 . Tính quãng đường chất điểm đó đi được trong khoảng thời gian 3 giây

(

)

kể từ lúc bắt đầu tăng vận tốc. A. 68,25 m. B. 70,25 m. C. 69,75 m. D. 67,25 m. Câu 24. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC bằng là:

a 3 . Thể tích V của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' tính theo a 4

Trang 3/19 - Mã đề thi 136 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2a 3 3 . 6

Câu 25.

Tìm n biết

a3 3 . 3

a3 3 . 12

1 1 1 1 465 + + + ... + = luôn đúng với mọi log 2 x log 2 x log 3 x log n x log 2 x 2

x > 0, x ≠ 1. A. n ∈∅ .

a3 3 . 24

B. n = 30 .

D. n = 31 .

C. n = −31 1

Câu 26. Cho hàm số

f ( x)

liên tục trên ℝ và thỏa mãn

∫ f ( x ) dx = 9 −5

. Tính tích phân

∫  f (1 − 3x ) + 9 dx 0

A. 27.

B. 75.

C. 15.

D. 21. 1 3 2 Câu 27. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x + ( m − 1) x 2 + ( 2m − 3) x − 3 3 đồng biến trên (1; +∞ ) A. m > 2 . B. m ≤ 2 . C. m < 1 . D. m ≥ 1 Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y + z + 6 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc tia Oz sao cho khoảng cách từ M đến ( P ) bằng 3 . A. M ( 0;0;3)

B. M ( 0;0;3) , M ( 0;0; −15 )

C. M ( 0;0; −15 )

D. M ( 0;0; 21)

Câu 29. Cho cấp số nhân ( un ) với u1 = 3; q= − 2 . Số 192 là số hạng thứ mấy của ( un ) ? A. Số hạng thứ 7. B. Không là số hạng của cấp số đã cho. C. Số hạng thứ 5. D. Số hạng thứ 6. Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : −2 x + y − 3z + 1 = 0. Một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là A. n = ( 2; −1; −3) B. n = ( 4; −2;6 )

C. n = ( −2; −1;3)

D. n = ( −2;1;3)

Câu 31. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm I ( 2; −2;0 ) . Viết phương trình mặt cầu tâm I bán kính R = 4 A. C.

( x + 2 )2 + ( y − 2 )2 + z 2 = 16 ( x − 2 )2 + ( y + 2 )2 + z 2 = 4

B. D.

( x − 2 )2 + ( y + 2 )2 + z 2 = 16 ( x + 2 )2 + ( y − 2 )2 + z 2 = 4

Câu 32. Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên R . Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f ′( x) , ( y = f ′( x) liên tục trên R ). Xét hàm số g ( x) = f ( x 2 − 2) . Mệnh đề nào dưới đây sai?

Trang 4/19 - Mã đề thi 136

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. Hàm số g ( x) nghịch biến trên ( −∞; −2 ) . B. Hàm số g ( x) đồng biến trên ( 2; +∞ ) . C. Hàm số g ( x) nghịch biến trên ( −1;0 ) .

D. Hàm số g ( x) nghịch biến trên ( 0;2 ) .

Câu 33. Tìm tập nghiệm S của phương trình log 6  x ( 5 − x )  = 1 A. S = {2;3} . B. S = {2;3; −1} . C. S = {2; −6} . D. S = {2;3; 4} . Câu 34. Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có cạnh đáy bằng a và AB′ ⊥ BC ′ . Khi đó thể tích của khối lăng trụ trên sẽ là: 6a 3 . 8

A. V =

B. V =

7a3 . 8

C. V = 6a 3 .

Câu 35. Số nghiệm thực của phương trình x5 + A. 4 9

∫ f ( x ) dx = 37 0

x −2 C. 2

B. 5

Câu 36. Giả sử

và

D. 3 9

∫ g ( x ) dx = 16 . Khi đó,

B. I = 58 .

6a 3 . 4

− 2017 = 0

I = ∫  2 f ( x ) + 3g ( x)  dx bằng:

A. I = 26 .

D. V =

C. I = 143 .

D. I = 122 .

Câu 37. Cho hình bát diện đều cạnh a . Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó. Tính S . A. S = 4 3a 2 .

B. S = 2 3a 2 .

D. S = 8a 2 .

C. S = 3a 2 .

Câu 38. Kí hiệu S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục hoành, đường thẳng x = a , x = b . Hỏi khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?

A. S = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx . a

C. S =

∫

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

B. S = ∫ f ( x ) dx . a c

D. S = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − 2 z + 3 = 0 và điểm

I (1;1;0 ) . Phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với ( P ) là:

Trang 5/19 - Mã đề thi 136 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

( x − 1)2 + ( y − 1)2 + z 2 =

25 . 6

( x − 1)2 + ( y − 1)2 + z 2 =

( x + 1)2 + ( y + 1)2 + z 2 =

25 . 6

( x − 1)2 + ( y − 1)2 + z 2 =

5 . 6 5 . 6

Câu 40. Bất phương trình 2 x3 + 3x 2 + 6 x + 16 − 4 − x ≥ 2 3 có tập nghiệm là [ a; b ] . Hỏi tổng a + b có giá trị là bao nhiêu? A. 3 B. −2 C. 4 D. 5 Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( −2; −2;1) , A (1; 2; −3 ) và đường x +1 y − 5 z = = . Tìm một vectơ chỉ phương u của đường thẳng ∆ đi qua M , 2 2 −1 vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất. A. u = ( 2; 2; −1) . B. u = (1; 7; −1) . C. u = (1; 0; 2 ) . D. u = ( 3; 4; −4 ) .

thẳng d :

Câu 42. Cho đường tròn (C) : x2 + y 2 + 4 x − 6 y + 5 = 0 . Đường thẳng d đi qua A(3; 2) và cắt (C ) theo một dây cung ngắn nhất có phương trình là A. x + y − 1 = 0 . B. x − y − 1 = 0 . C. x − y + 1 = 0 . D. 2 x − y + 2 = 0 . Câu 43. Cho hình trụ có diện tích toàn phần là 4π và có thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình vuông. Tính thể tích khối trụ. 4π 6 π 6 π 6 4π A. . B. . C. . D. . 9 9 9 12 Câu 44. Đề thi trắc nghiệm môn Toán gồm 50 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có một phương án trả lời đúng. Mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm. Một học sinh không học bài nên mỗi câu trả lời đều chọn ngẫu nhiên một phương án. Xác suất để học sinh đó được đúng 5 điểm là: 25

3 25  1  C50   .  4 4 A. 450

25 25

3 25  1  B. C50   .  . 4 4 25

25  3  .  25 25 4  4 1 3 C.   .   . D. . 450 4 4 16 b Câu 45. Cho a > 0, b > 0 và a khác 1 thỏa mãn log a b = ; log 2 a = . Tính tổng a + b. 4 b A. 12 B. 10 C. 18 D. 16 Câu 46. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : x − y + 2 z = l và đường x y z −1 . Góc giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (α ) bằng = = 1 2 −1 A. 120° B. 30° C. 60° D. 150°

thẳng ∆ :

Câu 47. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x + 1) ( x − 1) ( 2 − x ) . . Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (1; 2 ) . B. ( 2; +∞ ) . C. ( −1;1) . D. ( −∞; −1) . 45

1   Câu 48. Số hạng không chứa x trong khai triển  x − 2  là: x   Trang 6/19 - Mã đề thi 136

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

5 A. −C45 .

30 B. C45 .

15 C. C45 .

15 D. −C45 .

Câu 49. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên M và có đạo hàm f ' ( x ) = ( x + 2 )( x − 1) . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng? A. Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( −2; +∞ ) . B. Hàm số y = f ( x ) đạt cực đại tại x = −2. C. Hàm số y = f ( x ) đạt cực đại tiểu x = 1. D. Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên

( −2;1) . Câu 50. Cho số phức z thỏa mãn: (3 + 2i ) z + (2 − i ) 2 = 4 + i . Hiệu phần thực và phần ảo của số phức z là: B. 2 C. 1 D. 0 A. 3 ------------- HẾT -------------

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số Chương 1: Hàm Số

Lớp 12 (86%)

C6 C21

C14 C27 C32 C35 C47 C49

C2 C9 C19 C20

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C10

C3 C15 C33

C25 C45

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

C38

C4 C22 C36

C23 C26 C39

C5 C17

C16 C50

Chương 4: Số Phức

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C37

C24 C34

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C11

C12

C43

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

C30

C13 C28 C31 C46

C8 C41

Đại số

Lớp 11 (12%)

Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác

Trang 7/19 - Mã đề thi 136 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C48

C44

C18 C29

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (4%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

C40

Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Trang 8/19 - Mã đề thi 136

C42

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tổng số câu

Điểm

1.8

4.2

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: KHÁ + Đánh giá sơ lược: Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11+10 chiêm 16% Mức độ khó thấp hơn so với đề minh họa ra năm 2018-2019 21 câu VD\ phân loại học sinh .không có \ câu hỏi khó ở mức VDC Chủ yếu câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng Đề phân loại học sinh ở mức khá

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C B C D C B B A C D 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 D D A A B B C A A C

11 A 36 A

12 B 37 B

13 C 38 A

14 D 39 A

15 B 40 D

16 A 41 C

17 D 42 B

18 B 43 C

19 C 44 B

20 C 45 A

21 D 46 B

22 D 47 A

23 C 48 D

24 D 49 A

25 B 50 D

Câu 1.

Lời giải Vì un+1 − un = 2( n + 1) − 2n = 2 nên un là CSC với công bội là 2. Câu 2. Lời giải Nhìn đồ thị ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 0 . Do đó chọn B. Câu 3. Lời giải 2  x > 3 3 x − 2 > 0  6 6   log 2 ( 3 x − 2 ) > log 2 ( 6 − 5 x ) ⇔ 6 − 5 x > 0 ⇔ x < ⇔ 1 < x < . 5 5 3 x − 2 > 6 − 5 x   x > 1   6 11 ⇒ a = 1; b = ⇒ S = . 5 5 Câu 4. Lời giải Ta có F ′ ( x ) = − x 2 + ( 2 − a ) x + a − b e− x = f ( x ) nên 2 − a = 3 và a − b = 6

(

)

Vậy a = −1 và b = −7 . Câu 5. Lời giải

3z 2 − z + 2 = 0 ⇔ z =

1 ± i 23 6

Trang 9/19 - Mã đề thi 136 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

z1 + z2

2 2  1 2  23  2  4 1 + i 23 1 − i 23   = + = 2   +   = 6 6  6   6   3  

Câu 6.   7 Ta có 3 f ( x ) − 7 = 0 ⇔ f ( x ) = ⇔  3 f 

Lời giải 7 f ( x) = (1) 3 7 ( 2) ( x) = − 3

Dựa vào bảng biến thiên thì có 1 nghiệm; có 3 nghiệm, vậy phương trình ban đầu có 4 nghiệm. Câu 7. Lời giải Áp dụng công thức tính đạo hàm hàm số logarit ( log a u ) ' = Cách giải: Ta có: y ' =

(x (x

)

+2 '

)

+ 2 ln 5

u' . u ln a

)

+ 2 ln 5

Chú ý khi giải: HS thường quên tính u ' dẫn đến chọn nhầm đáp án A. Câu 8. Lời giải x y z + + = 1 ⇔ 2x + 3 y + z − 6 = 0 . 3 2 6 Dễ thấy D ∈ ( ABC ) . Gọi H , K , I lần lượt là hình chiếu của A, B, C trên ∆ .

Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là

Do ∆ là đường thẳng đi qua D nên AH ≤ AD, BK ≤ BD, CI ≤ CD . Vậy để khoảng cách từ các điểm A, B, C đến ∆ là lớn nhất thì ∆ là đường thẳng đi qua D  x = 1 + 2t  và vuông góc với ( ABC ) . Vậy phương trình đường thẳng ∆ là  y = 1 + 3t ( t ∈ ℝ) . Kiểm tra ta z = 1+ t  thấy điểm M ( 5;7;3) ∈ ∆.

Câu 9. Lời giải Dựa vào hình dạng đồ thì, ta thấy đây là đồ thị của hàm số bậc 3 với hệ số a < 0 . Nên loại A, B. Đồ thị hàm số đạt cực tiểu tại x1 = 0 và x2 > 0 . + Xét y = − x3 − 3 x 2 + 1 .  x1 = 0 . Loại  x2 = −2

Ta có y′ = −3x 2 − 6 x = 0 ⇔  D. + Xét y = − x3 + 3 x 2 + 1 .

Trang 10/19 - Mã đề thi 136

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x1 = 0 .  x2 = 2

Ta có y′ = −3x 2 + 6 x = 0 ⇔  Câu 10.

Lời giải 2

Hàm số có nghĩa ⇔ x − 2 x > 0 ⇔ x < 0 hoặc x > 2 Vậy tập xác định D của hàm số là D = ( −∞;0 ) ∪ ( 2; +∞ ) Câu 11.

Lời giải 1 4π 3 Thể tích của khối nón là: V = π r 2 h = . 3 3 Câu 12. Lời giải

= 60 . Dựng OH ⊥ CD lại có CD ⊥ SO ⇒ CD ⊥ ( SHO ) ⇒ SHO Ta có: OH =

AD = a ⇒ SO = a tan 60 = a 3 2

SD = SO 2 + OD 2 = 3a 2 + a 2

(

)

=a 5

SA2 5a 2 25π a 2 ÁP dung công thức giải nhanh ta có: R( C ) = . = ⇒ S( C ) = 4π R 2 = 2SO 2a 3 3 Câu 13. Lời giải Ta có: ( P ) ⊥ n( P ) = ( 3; −2; 2 ) , ( Q ) ⊥ n( Q ) = ( 4;5; −1) .  AB ⊂ ( P )  AB ⊥ n( P ) Do  ⇒ nên đường thẳng AB có véctơ chỉ phương là:  AB ⊂ ( Q )  AB ⊥ n( Q ) u =  n( Q ) , n( P )  = ( 8; −11; −23) Trang 11/19 - Mã đề thi 136 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Do AB cũng là một véc tơ chỉ phương của AB nên AB // u = ( 8; −11; −23) . Câu 14. Lời giải Gọi M ( a; b ) là điểm thuộc đồ thị hàm số có tiếp tuyến thỏa mãn đề bài. 2

Ta có y′ = 3 x 2 − 6 x + 6 ⇒ y′ ( a ) = 3a 2 − 6a + 6 = 3 ( a − 1) + 3 ≥ 3 ⇒ min y′ ( a ) = 3 ⇔ a = 1 Suy ra y (1) = 9 ⇒ PTTT tại M (1;9 ) là y = 3 ( x − 1) + 9 y = 3x + 6 Câu 15. Lời giải Ta có

(

)

3 −1

x +1

> 4−2 3 ⇔

(

)

3 −1

x +1

(

)

3 −1 ⇔ x +1 < 2 ⇔ x < 1

Vậy tập nghiệm s của bất phương trình là S = ( −∞;1) Câu 16. Lời giải x 1 y 1 − + + ( )i . w −1+ i Đặt w = x + yi ⇒ z = = 2 2 ( x − 7 ) + ( y + 9 ) i = 2 ⇔ x − 7 2 + y + 9 2 = 4 ⇔ x − 7 2 + +9 2 = 16. z − 3 + 4i = 2 ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 =>Tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I ( 7; −9 ) bán kính R = 4 . Khi đó w có giá trị lớn nhất là OI + R = 4 + 130 . Câu 17. Lời giải 2

Ta có z = (1 − 2i ) + 1 = 2 − 4i + ( 2i ) = 2 − 4i + 4i 2 = −2 − 4i Câu 18. Lời giải Ta có : u1 + u2 + u3 = 180 ⇔ 25 + 25 + d + 25 + 2d = 180 ⇔ d = 35 . Vâỵ u2 = 60; u3 = 95 Câu 19. Lời giải Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) suy ra hàm số cũng đồng biến trên ( −∞; −2 ) . Câu 20. Lời giải  lim y = 2  x→+∞ Ta có  ⇒ tiệm cận ngang y = 2 . ; y=2  xlim →−∞

 lim+ y = −∞  x→1 ⇒ tiệm cận đứng x = 1 .  y = +∞  xlim  →1−

Câu 21. Lời giải 2

f ′ ( x ) = 3x − 4 x + 1

Trang 12/19 - Mã đề thi 136

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x = 1 f ' ( x ) = 0 ⇔ 3x − 4 x + 1 = 0 ⇔  x = 1 3  2

50 1 f ( 0 ) = −2; f   = − ; f (1) = −2; f ( 2 ) = 0 ⇒ max f ( x ) = f ( 2 ) = 0 27 [0;2]  3

Câu 22. Lời giải 2  du = dx  x2  u = ln ( 2 x + 1)  2x +1 Đặt  I x ⇒ ⇒ = ln 2 + 1 ( )   2 dv = xdx 2  v = x  2

4 0

x2 dx −∫ 2x + 1 0

  x2  4 4 x 1  x2  4  x2 1  1 1 dx ln 2 x 1 ⇔ I =  ln ( 2 x + 1)  − ∫  − + = + ( )    −  − x + ln ( 2 x + 1)  8 2  0 0  2 4 4 ( 2 x + 1)  2  0  4 4   a = 63 63  ⇔ I = ln 3 − 3 ⇒ b = 4 ⇒ S = a + b + c = 70 4 c = 3  Cách 2: PP hằng số 2  du = 2 x + 1 dx  4 x2 − 1  4 4 2x −1 u = ln ( 2 x + 1)  Đặt  dx ⇒ ⇒I = ln ( 2 x + 1)  − ∫ 1 8 4 x2 − dv = xdx 0    0 4 = ( 2 x + 1)( 2 x − 1) v = 2 8  a = 63 x 2 − 4 4 63 63  ⇒ I = ln 9 = = ln 3 − 3 ⇒ b = 4 ⇒ S = a + b + c = 70 . 8 4 4 0 c = 3  Câu 23. Lời giải 3 t Ta có v ( t ) = ∫ a ( t ) dt = ∫ t 2 + 4t dt = + 2t + C ( m / s ) 3

(

4 0

)

(

)

t3 Do khi bắt đầu tăng tốc v0 = 15 nên v(t −0 ) = 15 ⇒ C = 15 ⇒ v ( t ) = + 2t 2 + 15 3 3 3    t3 t4 2  Khi đó quãng đường đi được S = ∫ v ( t ) dt = ∫  15 + + 2t 2  dt =  15 + + t 3  3 12 3    0 0 Câu 24. Lời giải

= 69,75 m .

Trang 13/19 - Mã đề thi 136 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Gọi D là trung điểm của BC, H là chân đường cao kẻ từ A’ đến , và K là chân đường cao kẻ từ H đến AA’. Dễ thấy khoảng cách từ BC đến AA’ bằng với khoảng cách từ D đến AA’ và bằng

2 3 3 3 a= a. d ( H , AA' ) . Ta có d ( H , AA') = HK = 2 3 4 6

Ta có d ( H , AA' ) = 1 = A' H

2 2 3 3 AD = a= a . Xét tam giác vuông AHA’ ta có: 3 3 2 3

1 1 1 − = 12a 2 − 3a 2 = 3a . ⇒ AH = a . 2 2 HK A' H 3

⇒ VABC . A ' B 'C ' = S A ' B 'C ' A ' H =

3 3 a . 12

⇒ Chọn phương án

D. Câu 25.

Lời giải 1 1 1 1 + + + ... + = log x 2 + log x 22 + log x 23 + ... + log x 2n Ta có log 2 x log 2 x log 3 x log n x 2

= log x 2.22.23...2n = 465log x 2 = log x 2465

(

)

⇒ 2.22.23...2n ⇔ 1 + 2 + 3 + ... + n = 465 ⇔

n ( n + 1) = 465 2

 n = 30 ⇔ n 2 + n − 930 = 0 ⇔  ⇒ n = 30  n = −31 Câu 26.

Lời giải 2

0 −5

∫  f (1 − 3x ) + 9dx = ∫ f (1 − 3x )dx + ∫ 9dx = ∫ f (1 − 3x )dx + 18 . 0 2

Đặt 1 − 3x = t ⇒ ∫ 0

1 f (1 − 3 x )dx = − 3

Trang 14/19 - Mã đề thi 136

∫ 1

1 1 1 f ( t )dt = ∫ f ( t )dt = ∫ f ( x )dx = .9 = 3 3 −5 3 −5 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ ∫  f (1 − 3 x ) + 9 dx = 21 . 0

Câu 27. Lời giải 2

• Ta có y′ = x + 2 ( m − 1) x + 2m − 3 • Hàm số đồng biến trên (1; +∞ ) khi và chỉ khi y′ ≥ 0, ∀x ∈ (1; +∞ ) ⇔ 2m ≥

− x2 + 2x + 3 . x +1

− ( x + 1) − x2 + 2x + 3 ⇒ g′ ( x ) = = −1 < 0; ∀x ∈ (1; +∞ ) • Đặt g ( x ) = x +1 ( x + 1)2 • Do đó max g ( x ) = g (1) = 2 ⇒ 2m ≥ 2 ⇒ m ≥ 1. (1;+∞ )

Câu 28. Lời giải Vì M thuộc tia Oz nên M ( 0;0; zM ) với zM > 0 . Vì khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P ) bằng 3 nên ta có

zM + 6  zM = 3 . =3⇔  3  zM = −15

Vì zM > 0 nên M ( 0;0;3) . Câu 29. Lời giải Ta có un = u1.q Câu 30.

n −1

⇒ 192 = 3. ( −2 )

n −1

⇒ ( −2 )

n −1

= 64 ⇒ n − 1 = 6 ⇒ n = 7 .

Lời giải 1 Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là n( P ) = ( −2;1; −3) = − . ( 4; −2;6 ) . 2 Câu 31. Lời giải 2

Ta có ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 2 ) + z 2 = 42 = 16. Câu 32. Lời giải Từ đồ thị ta có f '( x) = x − 3x − 2 . Do đó g '( x) = 2 xf '( x 2 − 2) = 2 x(( x 2 − 2)3 − 3( x 2 − 2) − 2) 3

 x = −2  x = −1  g'( x) = 0 ⇔  x = 0  x = 1  x = 2 Ta có g'( x) > 0, ∀x ∈ (−1;0) . Vậy g ( x) đồng biến trên (−1;0) Câu 33. Lời giải Phương pháp: Cách giải phương trình log a f ( x ) = b ⇔ f ( x ) = ab ( 0 < a ≠ 1; f ( x ) > 0 ) Trang 15/19 - Mã đề thi 136 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cách giải: Điều kiện: x ( 5 − x ) > 0 ⇔ 0 < x < 5 x = 2 log 6  x ( 5 − x )  = 1 ⇔ x ( 5 − x ) = 6 ⇔ x 2 − 5 x + 6 = 0 ⇔  ( tm ) x = 3 Vậy S = {2;3} . Câu 34. Lời giải A'

B' x

1 2 2 a 3 a 2 a3 6 Vậy thể tích lăng trụ là V = . = . 4 2 8

(

)(

)

Ta có AB′.BC ′ = AB + BB′ . BC + CC ′ = − a 2 + x 2 = 0 ⇔ x = A′A =

a 2 . 2

Câu 35. Lời giải x < − 2 . Ta xét f ( x ) = x 5 + ĐK:   x > 2 f ′ ( x ) = 0 ⇔ 5x4 x2 − 2

(

)

x x2 − 2

− 2017 . Có f ′ ( x ) = 5 x 4 −

(

x2 − 2

)

x2 − 2

x2 − 2 − 2 = 0

Xét với x < − 2 thì f ( x ) < 0 ⇒ f ( x ) = 0 không có nghiệm trong khoảng này. Với x > 2 thì (*) có vế trai là đồng biến nên chỉ có tối đa một nghiệm tức là f ( x ) chỉ có tối đa 2 nghệm. Mà f (1, 45) > 0; f ( 3) < 0; f (10 ) > 0 nên f ( x ) có nghiệm thuộc (1, 45;3) ; ( 3;10 ) từ đó f ( x ) = 0 có đúng 2 nghiệm. Câu 36. Lời giải 9

Ta có: I = ∫  2 f ( x ) + 3 g ( x )  dx = ∫ 2 f ( x ) dx + ∫ 3 g ( x ) dx = 2 ∫ f ( x ) dx − 3∫ g ( x ) dx = 26 .

Câu 37. Lời giải Số mặt của bát diện đều là 8; các mặt của bát diện đều cạnh a là các tam giác đều cạnh a.

Trang 16/19 - Mã đề thi 136

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

S =8

1a 3 a = 2 3a 2 . 2 2

Câu 38. Lời giải Dựa vào hình vẽ ta thấy: x ∈ ( a; c ) ⇒ f ( x ) < 0 và x ∈ ( c; b ) ⇒ f ( x ) > 0 . b

Do đó, ta có: S = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx . Câu 39. Lời giải Mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng nên bán kính mặt cầu là: r = d ( I , ( P ) ) = 2

Vậy phương trình mặt cầu là: ( x − 1) + ( y − 1) + z 2 =

5 . 6

25 . 6

Câu 40. Lời giải Tập xác định: D = [−2,4] Xét hàm số f ( x ) = 2 x 3 + 3 x 2 + 6 x + 16 − 4 − x ⇒ f '( x) =

6 x2 + 6 x + 6 2 x3 + 3 x 2 + 6 x + 16

1 2 4− x

Suy ra hàm số f đồng biến trên tập xác định. Ta nhận thấy phương trình

2 x3 + 3x 2 + 6 x + 16 − 4 − x = 2 3 có một nghiệm x = 1.

Suy ra trong đoạn [1,4] thì bất phương trình đã cho luôn đúng . Do đó tổng a + b = 5. Câu 41. Lời giải

Gọi ( P ) là mp đi qua M và vuông góc với d , khi đó ( P ) chứa ∆ .

Mp ( P ) qua M ( −2; −2;1) và có vectơ pháp tuyến nP = ud = ( 2; 2; −1) nên có phương trình: ( P ) : 2x + 2 y − z + 9 = 0 . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên ( P ) và ∆ . Khi đó: AK ≥ AH : const nên AK min

khi K ≡ H . Đường thẳng AH đi qua A (1, 2, −3 ) và có vectơ chỉ phương ud = ( 2; 2; −1) nên Trang 17/19 - Mã đề thi 136 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x = 1 + 2t  AH có phương trình tham số:  y = 2 + 2t .  z = −3 − t  H ∈ AH ⇒ H (1 + 2t ; 2 + 2t ; −3 − t ) . H ∈ ( P ) ⇒ 2 (1 + 2t ) + 2 ( 2 + 2t ) − ( −3 − t ) + 9 = 0 ⇒ t = −2 ⇒ H ( −3; −2; −1) . Vậy u = HM = (1;0; 2 ) .

Câu 42. Lời giải

N H

A M

I . 2

f ( x; y ) = x + y − 4 x − 6 y + 5. f (3; 2) = 9 + 4 − 12 − 12 + 5 = −6 < 0.

Vậy A ( 3; 2 ) ở trong ( C ) .

Dây cung MN ngắn nhất ⇔ IH lớn nhất ⇔ H ≡ A ⇔ MN có vectơ pháp tuyến là IA = (1; − 1) . Vậy d có phương trình: 1( x − 3) − 1( y − 2) = 0 ⇔ x − y − 1 = 0 . Câu 43. Lời giải Gọi bán kính đáy là R ⇒ độ dài đường sinh là: 2R 2 Diện tích toàn phần của hình trụ là: Stp = 2π R 2 + 2π R.2 R = 6π R 2 = 4π ⇔ R = 6 3

4π 6  2  Thể tích khối trụ là: V = π R .2 R = 2π   = 9 .  6 Câu 44. Lời giải Học sinh đó làm đúng được 5 điểm khi làm được đúng 25 câu bất kỳ trong số 50 câu, 25 câu còn lại làm sai. 1 3 Xác suất để học sinh là đúng một câu bất kỳ là , làm sai một câu là . Do đó xác suất để 4 4 2

học sinh đó làm đúng 25 câu bất kỳ trong số 50 câu là

25  1  C50 . 

4

3 Xác suất để hoạc sinh đó làm sai 25 câu còn lại là   . 4 25

3 25  1  Vậy xác suất để học sinh đó làm được đúng 5 điểm là: C50   .  . 4 4 Câu 45. Trang 18/19 - Mã đề thi 136

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lời giải • log 2 a =

16 ⇔a= b

16 2b

thay vào log a b =

b ta được: b = 16 ⇒ a = 2. 4

Câu 46. Ta có n(α ) = (1; −1; 2 ) , u∆ = (1; 2; −1)

Lời giải

1− 2 − 2 = 1 ⇒ Suy ra sin ( (α ) , ∆ ) = ( (α ) , ∆ ) = 30° 2 6 6 Câu 47. Lời giải Ta có bảng xét dấu của y′.

Từ bảng trên thì hàm số f ( x ) đồng biến trên (1;2 ) . Câu 48. Lời giải 45

k 45 1  k  k 45− k k 45−3k . ( −1) . có số hạng tổng quát là: C45 x − x −2 = C45 x Ta có:  x − 2  = x − x −2 x   Số hạng không chứa x tương ứng với 45 − 3k = 0 ⇒ k = 15. Vậy số hạng không chứa x là: 15 . −C45 Câu 49. Lời giải Ta lập bảng xét dấu của y '

(

)

Từ bảng xét dấu trên thì hàm số đồng biến trên ( −2; +∞ ) . Câu 50. Lời giải 2

Ta có (3 + 2i ) z + (2 − i) 2 = 4 + i ⇔ (3 + 2i ) z = 4 + i − ( 2 − i ) ⇔ (3 + 2i ) z = 1 + 5i ⇔ z =

1 + 5i ⇔ z = 1+ i ⇒ 3 + 2i

phần thực của số phức z là a = 1 , phần ảo của số phức z là b = 1 . Vậy a − b = 0 .

Trang 19/19 - Mã đề thi 136 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ Mã đề thi 119

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Câu 1. Cho hình lăng trụ ABC .A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt phẳng ABC trùng với tâm G của tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa A A ' và B C là

(

)

a 3 . Khoảng cách từ điểm A’ đến mặt phẳng bằng: 4 A.

a 3

a 165 55

3 a

a 3 6

x+2 cắt đường thẳng d : y = x + m tại hai điểm phân biệt A, B . Gọi I x −1 là trung điểm của đoạn AB . Tìm giá trị của m để I nằm trên trục hoành. A. m = 3 . B. m = 4 . C. m = 1 . D. m = − 2 .

Câu 2. Cho biết đồ thị của hàm số y =

Câu 3. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm của phương trình f ( x ) − 3 = 0 là

A. 3 . B. 0 . C. 1. Câu 4. Tính thể tích V của khối tứ diện đều ABCD cạnh bằng a . a3 2 2a 3 3 a3 A. B. C. 12 3 8 Câu 5. Cho một hình hộp với 6 mặt đều là các hình thoi cạnh a , góc nhọn bằng là: a3 3 a3 2 a3 3 A. V = B. V = C. V = 2 2 3

D. 2 . a3 3 12 600 . Khi đó thể tích khối hộp

D. V =

a3 2 3

Câu 6. Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị y = 2 x − x 2 và trục hoành. Tính thể tích V của vật thể tròn xoay sinh ra khi cho hình ( H ) quay quanh trục Ox .

16π 16 4π . B. V = . C. V = . 15 15 3 Câu 7. Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là: 1 A. V = Bh B. V = Bh C. V = 2 Bh 2

A. V =

D. V =

4 . 3

1 D. V = Bh 3

Trang 1/17 - Mã đề thi 119 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 8. Trong các hàm số sau đây, hàm số nào đồng biến trên ℝ ? x−4 . x +1 Câu 9. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình bình hành tâm O, giao tuyến của hai mặt phẳng và là đường thẳng : A. SO B. đi qua S và song song với AD C. SK , với K = AB ∩ CD D. đi qua S và song song với AB Câu 10. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x + 2 .

A. y = x 4 − x 2 .

B. y = x 3 + 2 x + 2 .

∫ f ( x ) dx = 3 x

∫ f ( x ) dx = 3 + C .

+ 2x + C .

C. y = ln x .

D. y =

∫ f ( x ) dx = 2 x

+ 2x + C . +C .

Câu 11. Phương trình 2 2 x − 4 x + 5 = 32 có bao nhiêu nghiệm? A. 3. B. 0. C. 1. D. 2. Câu 12. Cho hai số phức z1 = 1 + 2i và z2 = −3 + i . Khi đó môđun của số phức z1 − z2 bằng bao nhiêu ? A. z1 − z2 = 13

B. z1 − z 2 = 15

C. z1 − z 2 = 17

D. z1 − z2 = 13

Câu 13. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = log 2 log 5 ( m − 2 ) x 2 + 2 ( m − 3) x + m  có tập xác định là ℝ . 7 7 7 7 A. m ≤ . B. m > . C. m ≥ . D. m < . 3 3 3 3

(

)

Câu 14. Hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào ?

-1 0

-∞

+∞

A. (1; +∞ )

( −∞;1)

( −∞; −1)

( −1;1)

Câu 15. Trong mặt phẳng phức Oxy, cho 2 điểm A, B lần lược biểu diễn các số phức z1 = 2 − 2i , z2 = −2 + 4i . Số phức nào sau đây biểu diễn cho điểm C thỏa mãn ∆ABC vuông tại C và C nằm trong góc phần tư thứ nhất ? A. z = 2 – 4i B. z = -2 + 2i C. z = 2 + 4i D. z = 2 + 2i 2

Câu 16. Cho hai tích phân

∫ 0

A. T = 24 .

∫ g ( x ) dx = 4 . Tính T = ∫ 1 + f ( x ) + g ( x ) dx .

f ( x ) dx = 7 và

B. T = 22 .

C. T = 13 .

D. T = 12 .

=α Câu 17. Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2 R và điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đó, đặt CAB và gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB . Tìm α sao cho thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB đạt giá trị lớn nhất.

A. α = 450

B. α = arctan

C. α = 30 0

D. α = 60 0

Câu 18. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên tập ℝ \ {0} và có bảng biến thiên như hình vẽ.

Trang 2/17 - Mã đề thi 119

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương trình 3 f ( x ) − 10 = 0 có bao nhiêu nghiệm?

A. 1 . B. 3 . C. 2 . Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A, B, C,

D. 4 .

D. Tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tọa độ là: 3 3 3 A.  ; − ;  2 2 2 3 3 3 B.  ; ;  2 2 2 C. Tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tọa độ là: D. −2018 Câu 20. Tìm tập xác định D của hàm số y = ( 2 x − 3 ) . 3 A. D = ℝ \   2

3  B. D =  ; + ∞  2  

3  C. D =  ; + ∞  2  

D. D = ℝ .

Câu 21. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

Hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 2 . B. 0 . C. 1. D. 3 . Câu 22. Gọi l , h, R lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của khối nón . Thể tích V của khối nón bằng 1 1 A. V = π R 2 h B. V = π R 2 h C. V = π R 2l D. V = π R 2l 3 3 Câu 23. Trong không gian Oxyz, cho a = (3; 0; −6), b = (2; −4; 0) . Tích vô hướng của vectơ a và b bằng: A. 6 B. -4 C. 0 D. 0 Câu 24. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = mx 4 + ( m − 1) x 2 + 2 có đúng 1 điểm cực đại và không có điểm cực tiểu.

m ≤ 0 B.  . C. m ≤ 0 . D. m ≥ 1 . m ≥ 1 Câu 25. Dãy số (un ) là một cấp số cộng có số hạng đầu là u1 , công sai là d. Khi đó, số hạng tổng quát un A. m < 1 .

bằng: A. un = u1 + ( n − 1)d

B. un = u1 + ( n + 1)d

C. un = ( n − 1)d

D. un = 2u1 + ( n − 1)d

Trang 3/17 - Mã đề thi 119 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 26.

Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho 2 đường thẳng

 x = t1  (∆1 ) :  y = −t1 ...t1 ∈ ℝ z = 0 

và

 x = 5 − 2t2  ( ∆ 2 ) :  y = −2 ...t2 ∈ ℝ . Lập phương trình mặt cầu biết tâm I mặt cầu thuộc ( ∆1 ) , khoảng cách từ I đến (∆ 2 ) z = t 2 

bằng 3 đồng thời mặt phẳng (α ) : 2 x + 2 y − 7 z = 0 cắt mặt cầu theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính r=5. 2

5  5  A. ( x + 2) + y + ( z − 1) = 25,  x −  +  y −  + z 2 = 25 3  3  2

5  5  B. ( x − 1) + y + ( z − 2) = 25,  x −  +  y +  + z 2 = 25 3  3  2

5  5  C. ( x + 1) + y + ( z + 2) = 25, x +  y +  +  z −  = 25 3  3  2

5  5  D. x + y + z = 25,  x +  +  y −  + z 2 = 25 3  3  2

Câu 27. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (1;4;2 ) , B ( −1;2;4 ) và đường thẳng ∆ : Điểm M ∈ ∆ mà MA2 + MB 2 nhỏ nhất có tọa độ là: A. (1;0;4 ) B. (1;0; −4 ) C.

( −1;0;4 )

x −1 y + 2 z = = . 1 2 −1

( 0; −1;4 )

Câu 28. Đồ thị sau đây là của hàm số nào?

A. y = − x 3 + 3 x 2 − 4 .

B. y = x 2 − 3 x − 4 .

C. y =

2x −1 . x

D. y = x 4 − 3x 2 − 4 .

Câu 29. Cho hàm số f ( x ) = x3 − 3x 2 + 2 x + 1 . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M ( 0;1) có hệ số góc là: A. −1 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 0 .

Câu 30. Giả sử hàm số y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên khoảng ( 0; + ∞ ) và có f ( 3) = f ′( x) =

( x + 1) f ( x ) . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 2613 < f 2 ( 8) < 2614 .

B. 2618 < f 2 ( 8) < 2619 .

C. 2614 < f 2 ( 8) < 2615 .

D. 2616 < f 2 ( 8) < 2617 .

Trang 4/17 - Mã đề thi 119

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2 , 3

1  Câu 31. Cho ba số a, b, c ∈  ;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4  1 1 1    P = log a  b −  + log b  c −  + log c  a −  4 4 4   

A. min P = 6 B. min P = 3 3 C. min P = 1 D. min P = 3 Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1;0;0) , B(0;2;0), C(0;0;3) , phương trình nào sau đây là phương trình mặt phẳng . y z A. x + + = 1 B. 6 x + 3 y + 2 z + 6 = 0 2 3 C. 6 x + 3 y + 2 z − 6 = 0 D. 12 x + 6 y + 4 z + 12 = 0 Câu 33. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình A. S = (1; +∞ ) .

B. S = [ 2;3] . 9

Câu 34. Cho hàm số 09 có

log 2 ( x − 1) ≤ 1 .

∫

C. S = (1;3] .

D. S = (1;3) .

f ( x ) dx = 9 . Tính T = ∫ f ( 3 x ) dx .

A. T = 27 . B. T = −3 . C. T = 3 . D. T = −27 . Câu 35. Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD cạnh AB=4, AD=2. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và CD. Cho hình chữ nhật quay quanh MN ta được hình trụ tròn xoay . Thể tích của khối trụ bằng: A. V= 16π B. V= 32π C. V= 4π D. V= 8π n +1 Câu 36. Cho dãy số (un ) có công thức tổng quát là un = 2 .Tìm số hạng thứ 3 của dãy số? D. u3 = 9 Câu 37. Trong không gian Oxyz, cho A(1; −2; 0), B(−3;1; −2) . Tọa độ của AB là : A. (4; −3;2) B. (−4; 3; −2) C. (−2; −1; −2) D. (−2; −3; −2) x−2 Câu 38. Phương trình tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = là: −3 x + 2 2 1 1 2 A. x = . B. x = − . C. y = − . D. y = . 3 3 3 3 f ( f ( x)) 3 Câu 39. Cho hàm số f ( x ) = x3 − 3 x 2 + x + . Phương trình = 1 có bao nhiêu nghiệm thực phân 2 f ( x) −1 2 A. u3 = 8

biệt? A. 9 nghiệm.

B. u3 = 7

C. u3 = 16

B. 6 nghiệm.

C. 5 nghiệm.

D. 4 nghiệm.

Câu 40. Cho số phức z thỏa mãn z + 1 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = z + i + z + 2 − i A. max T = 2 . B. max T = 2 5 . C. max T = 5 . Câu 41. Cho số phức z = a + bi . Mô đun của số phức z bằng: A. a 2 − b 2

a 2 + b2

C. a 2 + b 2

D. max T = 2 2 . D.

a2 − b2

Câu 42. Một xí nghiệp có 50 công nhân, trong đó có 30 công nhân tay nghề loại A, 15 công nhân tay nghề loại B, 5 công nhân tay nghề loại C. Lấy ngẫu nhiên trong danh sách 3 công nhân. Tính xác suất để 3 người được chọn có 1 người tay nghề loại A, 1 người tay nghề loại B, 1 người tay nghề loại C. A. Lấy ngẫu nhiên trong danh sách 3 công nhân. Tính xác suất để 3 người được chọn có 1 người tay nghề loại A, 1 người tay nghề loại B, 1 người tay nghề loại 9 B. 10 Trang 5/17 - Mã đề thi 119 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3 25 45 D. 392 Câu 43. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, SA ⊥ ( ABCD) . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng bằng: A. CSA B. SCA C. SBA D. BSA Câu 44. Biết M ( 2; −1) , N ( 3; 2 ) lần lượt là hai điểm biểu diễn số phức z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ phức

Oxy . Khi đó số phức z1. z2 bằng: A. 8 − 7i B. 8 + i

C. 4 + i

D. 8 + 7i

Câu 45. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và có đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ. Đặt g ( x ) = 3 f ( x ) + x3 − 3x 2 . Tìm số điểm cực trị của hàm số y = g ( x ) .

A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 0.

Câu 46. Cho hàm số y = f ( x ) ; y = f ( f ( x ) ) ; y = f ( x + 4 ) có đồ thị lần lượt là ( C1 ) ; ( C2 ) ; ( C3 ) . Đường 2

thẳng x = 1 cắt ( C1 ) ; ( C2 ) ; ( C3 ) lần lượt tại M , N , P . Biết phương trình tiếp tuyến của ( C1 ) tại M và của

( C2 )

tại N lần lượt là y = 3 x + 2 và y = 12 x − 5 . Biết phương trình tiếp tuyến của ( C3 ) tại P có dạng

y = ax + b. Tìm a + b. A. 7 . B. 9 . C. 8 . D. 6 . Câu 47. Gọi m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 3 trên đoạn

[ 0; 2] . Tính giá trị của biểu thức

M + 2m .

A. M + 2m = 13 . B. M + 2m = 5 . C. M + 2m = 14 . D. M + 2m = 15 . Câu 48. Trong không gian Oxyz cho cho hai mặt phẳng : 3x − 2 y + 3z + 5 = 0 và : 9 x − 6 y − 9 z − 5 = 0 . Tìm khẳng định đúng. A. và trùng nhau B. và song song C. và vuông góc D. và cắt nhau Câu 49. Tính đạo hàm của hàm số y = 2 x + 2018 x . A. y ′ = 2 x.log 2 + 2018 . B. y ′ = x.2 x −1 + 2018 . C. y ′ = 2 x + 2018 . D. y ′ = 2 x.ln 2 + 2018 .  2− x Câu 50. Tìm tập xác định D của hàm số y = log 2  .  x  A. D = ( 0; 2 )

B. D = ( −∞; 2 )

C. D = ( −∞;0 ) ∪ ( 2; + ∞ )

D. D = ( 2; + ∞ ) ------------- HẾT -------------

Trang 6/17 - Mã đề thi 119

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

MA TRẬN ĐỀ THI Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

Đại số C8 C14 C21 C28 C38

C3 C18 C29 C47

C2 C24

Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và Hàm Số Lôgarit

C20 C50

C11 C33

C13 C31

Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng

C10

C6 C16 C34

C30

Chương 4: Số Phức

C41

C12 C15 C44

C40

Chương 1: Hàm Số

Lớp 12 (88%)

C39 C45 C46

Hình học Chương 1: Khối Đa Diện

C4 C5

Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu

C22

C35

C17

C23 C37

C19 C32 C48

C26 C27

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không Gian

Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

Lớp 11 (12%)

Chương 3: Dãy Số, Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C42

C25 C36

Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm

C49

Hình học

Trang 7/17 - Mã đề thi 119 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song

Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

C43

Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10 (0%)

Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác

Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tổng số câu

Điểm

3.2

2.2

0.6

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI Mức độ đề thi: KHÁ + Đánh giá sơ lược: Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan Kiến thức tập trung trong chương trình 12 còn lại 1 số câu hỏi lớp 11 chiêm 12% Không có câu hỏi lớp 10. Trang 8/17 - Mã đề thi 119

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cấu trúc tương tự đề minh họa ra năm 2018-2019 14 câu VD-VDC phân loại học sinh . 3 câu hỏi khó ở mức VDC : C39 C45 C46 Mức độ khó trải đều ở mức thông hiểu và vận dụng nhận biết Đề phân loại học sinh ở mức khá

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A D C A B C D B D B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 D C A C A A C B B D

11 D 36 C

12 C 37 B

13 B 38 C

14 D 39 C

15 C 40 B

16 C 41 B

17 B 42 D

18 D 43 B

19 A 44 B

20 A 45 B

21 A 46 A

22 A 47 D

23 A 48 D

24 C 49 D

25 A 50 A

Câu 1. Lời giải: A'

K H

C G

d ( A ', ( ABC )) = A ' G Gọi M là trung điểm B ⇒ BC ⊥ (A ' AM ) Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của G,M trên AA’

Vậy KM là đọan vuông góc chung củaAA’và BC, do đó d (A A',BC) = KM =

a 3 . 4

2 a 3 KM 3 = ⇒ GH = KH = 3 6 GH 2 a ∆ AA’G vuông tại G, HG là đường cao, A ' G = 3 Câu 2. ∆AGH ∼ ∆AMH ⇒

Lời giải: Ta có phương trình hoành độ giao điểm:

x+2 = x + m ⇔ x 2 + ( m − 2) x − ( m + 2) = 0 (*) . x −1

I ∈ Ox ⇒ yI = 0 ⇒ xI + m = 0 ⇒ xA + xB + 2m = 0 ⇔ 2 − m + 2m = 0 ⇔ m = −2 . Thử lại ta thấy phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇒ nhận m . Câu 3. Lời giải: Ta có f ( x ) − 3 = 0 ⇔ f ( x ) = 3 . Đây là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị hàm số y = f ( x ) và

đường thẳng y = 3 . Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y = 3 và đồ thị hàm số y = f ( x ) có đúng 1 điểm chung. Ta chọn C.

Câu 4. Trang 9/17 - Mã đề thi 119 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a 3 1 1 a2 3 a3 2 Chọn B V = S .h = . . a 2 −   = 3 3 4 12  3  Các phương án nhiễu: A. Nhớ sai công thức. C. Tính toán sai. D. Tính sai đường cao:

a 3 2

Câu 5. Lời giải: ' D ' D = 1200 ; C A ' D ' D = 1200 và ADC = 600 Khi đó AD ' = CD ' = DD ' = a suy ra D ' ACD là tứ diện đều. 2 a 3 ⇒ D ' H = DD '2 − DH 2 = a Gọi H là trọng tâm tam giác ACD khi đó DH = 3 3 Vậy V = S ABCD .D ' H =

2 a3 2 a2 3 .a = . 2 3 2

Câu 6. Lời giải: x = 0 . y = 2 x − x2 = 0 ⇔  x = 2 2

Thể tích cần tìm: V = π ∫ ( 2 x − x 2 ) dx = 0

4π . 3

Câu 7. Câu 8. Lời giải: Xét phương án B, ta có y′ = 3 x + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ nên ta chọn 2

Câu 9. Câu 10. Lời giải: Ta có:

∫ ( 3 x + 2 ) dx =

Câu 11.

3x + 2x + C 2 Lời giải:

TXĐ: D = ℝ 2

Ta có: 22 x − 4 x +5 = 32 ⇔ 2 x 2 − 4 x + 5 = 5 ⇔ 2 x 2 − 4 x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2 Vậy phương trình cho có 2 nghiệm. Trang 10/17 - Mã đề thi 119

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 12. Lời giải: z1 − z2 = 4 + i = 17 Câu 13. Lời giải: YCBT ⇔ log 5 ( ( m − 2 ) x 2 + 2 ( m − 3) x + m ) > 0, ∀x ∈ ℝ

⇔ ( m − 2 ) x 2 + 2 ( m − 3) x + m − 1 > 0, ∀x ∈ ℝ (1) . + Với m = 2 : Ta có −2 x + 1 > 0 ⇔ x <

1 ⇒ m = 2 không thỏa. 2

m − 2 > 0 7 + Với m ≠ 2 : (1) ⇔  ⇔m> . 3  ∆′ = −3m + 7 < 0 7 Vậy m > . 3 Câu 14.

Câu 15. Lời giải: A; B C, x > 0, y > 0

∆ABC vuông tại C nên CA.CB = 0 . C Câu 16. Lời giải: Ta có

∫ 1 + f ( x ) + g ( x ) dx = ∫ dx + ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx = 13 .

Câu 17. Lời giải: Khi quay hình tam giác ACH quanh trục AB ta được khối nón đỉnh A, có đáy là hình tròn tâm H bán kính HC. Đặt AH = h; CH = r C

1 3

Ta có: V = πr 2 h .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ACB ta có CH 2 = HA.HB , α Mà HB = ( 2 R − h ) , A B H 1 3

Suy ra r 2 = h ( 2 R − h ) ⇒ V = πh. ( 2 R − h ) .h

Để thể tích vật thể tròn xoay tạo thành lớn nhất thì ( 2 R − h ) .h2 lớn nhất. Xét hàm số f ( h ) = 2 R.h 2 − h3 trên ( 0; 2R ) . Ta có f ' ( h ) = 4 R.h − 3h2 = 0 ⇔ h = Khi đó tan α =

Câu 18.

4R 4R  4R  2 2R .⇒ r = .  2R − = 3 3  3  3

2 2 CH r = = ⇒ α = arctan . AH h 2 2

Lời giải: Trang 11/17 - Mã đề thi 119 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

10   f ( x) = 3 10 ⇔ Ta có f ( x ) = 3  f ( x ) = − 10  3 Từ bảng biến thiên ta thấy: 10 có 3 nghiệm phân biệt. Phương trình f ( x ) = 3 10 Phương trình f ( x ) = − có 1 nghiệm 3 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. Câu 19. A. 3 3 3 B.  ; − ;  2 2 2 3 3 3 C.  ; ;  2 2 2 D. Câu 20.

Lời giải: 3 3 Hàm số đã cho xác định ⇔ 2 x − 3 ≠ 0 ⇔ x ≠ ⇒ D = ℝ \   . 2 2 Câu 21. Lời giải: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy rằng f ′ ( −2 ) = f ′ (1) = f ′ ( 3) = 0 .

f ′ ( x ) đổi dấu khi qua hai điểm x = −2; x = 3 và f ' ( x ) không đổi dấu khi qua điểm x = 1 nên hàm số y = f ( x ) có hai diểm cực trị.

Câu 22. Câu 23. Lời giải: a.b = 3.2 + 0.(−4) + (−6).0 = 6 Câu 24. Lời giải: TH1: m = 0 suy ra y = − x + 2 ⇒ hàm số có 1 điểm cực đại ⇒ nhận m = 0 . 2

TH2: m ≠ 0 . m < 0 m < 0 Theo yêu cầu bài toán ⇔  ⇔ ⇔ m<0. m − 1 < 0 m < 1 Vậy m ≤ 0 là giá trị cần tìm.

Câu 25. Câu 26. Lời giải:

Trang 12/17 - Mã đề thi 119

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

u2 .M 2 I Gọi I ∈ (∆1 ) ; d ( I ;(∆ 2 )) ) = ⇔ 6t2 + 10t + 45 = 45 u2 −5 3 •t = 0 ⇒ I ; Mặt khác : d ( I ;(α )) = 0 ; Do đó: R = r = 5 ⇒ : x2 + y2 + z2 = 25 −5 −5 5 •t = ⇒ I ( ( ; ;0) ; Mặt khác: d ( I ; (α )) = 0 ; Do đó: R = r = 5 3 3 3 2 2 2 ⇒ : + + z = 25 suy ra đáp án A là đúng Câu 27.

⇔ t=0 ∨ t=

Lời giải: Gọi I là trung điểm đoạn AB, theo công thức độ dài trung tuyến của tam giác: AB 2 2( MA2 + MB 2 ) − AB 2 MI 2 = ⇒ MA2 + MB 2 = 2MI 2 + 4 4 2 2 Để MA + MB nhỏ nhất thì MI nhỏ nhất, tức M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng. Suy ra: M ( −1;0; 4 ) Cách 2: Tham số hóa tọa độ M; YCBT đưa về việc xác định GTNN của hàm bậc hai. Các phương án nhiễu B, C, D dựa trên việc xác định sai GNNN, tính toán sai. Câu 28.

Câu 29. Lời giải: 2

Ta có f ′ ( x ) = 3x − 6 x + 2 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M ( 0;1) có hệ số góc là: k = f ′ ( 0 ) = 2 .

Câu 30. Lời giải: f ′( x) = x +1 ⇒ ∫ dx = ∫ x + 1dx f ( x) f ( x)

f ′( x)

Ta có f ′ ( x ) =

( x + 1) f ( x ) ⇔

⇒ 2 f ( x) =

2 ( x + 1) x + 1 + C . 3

Có f ( 3) =

2 6 − 16 2 2 nên 2 f ( 3) = 4.2 + C ⇔ C = . 3 3 3

1 2 6 − 16  Suy ra f ( x ) =  ( x + 1) x + 1 +  6 3 

1 2 6 − 16  Nên f ( 8 ) =  .9.3 +  ≈ 2613,16 . 6 3  Nhận xét: Có thể thay bằng phương pháp 2

∫ 3

f ′( x) f ( x)

dx= ∫ x + 1dx ⇔ 2 f ( x ) 3

 38 38 2 = ⇔ f 2 ( 8 ) =  −  ≈ 2613.26 3 3   6

Câu 31. Lời giải: Trang 13/17 - Mã đề thi 119 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1  1 1 Ta có x − x + =  x −  ≥ 0 ⇒ x 2 ≥ x − . 4  2 4 1 1   Vậy với mọi x, y ∈  ;1 thì log y  x −  ≥ log y x 2 = 2 log y x 4 4   ⇒ P ≥ 2 ( log a b + logb c + log c a ) ≥ 6. 3 log a b.logb c.log c a = 6 2

Dấu " = " xảy ra khi a = b = c =

1 . 2

Vậy min P = 6 . Câu 32. A(1;0;0) , B(0;2;0), C(0;0;3) , phương trình mặt phẳng là x +

Câu 33.

y z + = 1 ⇔ 6x + 3y + 2z − 6 = 0 2 3

Lời giải: x −1 > 0 log 2 ( x − 1) ≥ 0 x ≥ 2  ⇔ x −1 ≥ 1 ⇔  ⇔ 2≤ x ≤3. log 2 ( x − 1) ≤ 1 ⇔  x ≤ 3 log 2 ( x − 1) ≤ 1 x −1 ≤ 2 

Ta có:

Câu 34. Lời giải: 1 Đặt t = 3x ⇒ dt = dx . 3 x 0 Đổi cận t 0 3

Ta có:

∫ 0

f ( 3 x ) dx

∫ 3

3 9 3

1 1 f ( 3 x ) dx = − ∫ f ( 3 x ) dx = − ∫ f ( t ) dt = − .9 = −3 . 3 3 0 0

Câu 35. Lời giải: Thể tích khối trụ là: V = π .r 2 .h V = π .MA2 .MN = π .4.2 = 8π Các phương án nhiễu: Nếu nhầm V = π .r.h = π .MA.MN = π .2.2 = 4π Nếu nhầm V = 2π .r 2 .h = 2π .MA2 .MN = 2π .4.2 = 16π Nếu nhầm V = π . AB 2 .MN = 32π Câu 36. Lời giải: u3 = 23+1 = 16 Câu 37. Lời giải: AB = (x B − x A ; yB − yA ; z B − z A ) = (−3 − 1;1 + 2; −2 − 0) = (−4; 3; −2) Câu 38. Lời giải: 1 1 x −1 = − . Vậy đường thẳng y = − là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x →+∞ −3 x + 2 3 3 Câu 39. Lời giải: x  1  ≠1 Điều kiện: f ( x ) ≠ ⇔ x3 − 3x2 + x + 1 ≠ 0 ⇔  . 2  x ≠ 1 ± 2 lim

Trang 14/17 - Mã đề thi 119

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Xét hàm số y = f ( x ) có f ′ ( x ) = 3x 2 − 6 x + 1 ; f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = Chia f ( x ) cho f ′ ( x ) ta được: f ( x ) = p ( x ) . f ′ ( x ) +

3± 6 . 3

11 4 − x 6 3

3+ 6  1 4 6 3− 6  1 4 6 f  ≈ −0,59 ; f  = −   = + 9 ≈ 1, 59 9  3  2  3  2 Bảng biến thiên và đồ thị:

3- 6

3+ 6

3 0

∞ +

+∞ +

∞ 1 . 2 f ( f ( x ))

+∞

yCĐ

yCT

Đặt t = f ( x ) , t ≠ Phương trình

2 f ( x) −1

= 1 ⇔ f ( t ) = 2t − 1 .

t = t1 ≈ 3, 06 3 5 3 2 ⇔ t − 3t + t + = 2t − 1 ⇔ g ( t ) = t − 3t − t + = 0 ⇔ t = t2 ≈ 0,87 2 2 t = t3 ≈ −0,93 Với t = t1 ⇔ f ( x ) = t1 ≈ 3,06 , từ đồ thị ta thấy phương trình này chỉ cho 1 nghiệm. 3

Với t = t2 ⇔ f ( x ) = t2 ≈ 0,87 , từ đồ thị ta thấy phương trình này cho 3 nghiệm. Với t = t3 ⇔ f ( x ) = t3 ≈ −0,93 < −0,59 , từ đồ thị ta thấy phương trình này chỉ cho 1 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm phân biệt. Câu 40.

Lời giải: Gọi z = a + bi; a, b ∈ ℝ . 2

Ta có: z + 1 = 3 ⇔ ( a + 1) + b 2 = 3 . 2

Khi đó T = z + i + z + 2 − i = a 2 + ( b + 1) +

( a + 2 ) + ( b − 1)

⇒ T 2 ≤ 2  2 a 2 + b 2 + 2a + 1 + 4  = 20

(

)

⇒T ≤ 2 5 .  a + 1 = b Dấu " = " xảy ra khi  . 2 2 ( a + 1) + b = 3

Vậy Tmax = 2 5 . Câu 41.

Câu 42. Lời giải: Gọi A là biến cố “3 người được chọn có 1 người tay nghề loại A, 1 người tay nghề loại B, 1 người tay nghề loại C”. Trang 15/17 - Mã đề thi 119 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 N= C30 C151 C51 , n (Ω) = C503 n ( A) 45 P= = n(Ω) 392 Câu 43.

Câu 44. Lời giải: z1 = 2 − i; z2 = 3 + 2i ⇒ z1 z2 = 8 + i Câu 45. Lời giải: Ta có g ′ ( x ) = 3 f ′ ( x ) + 3 x − 6 x = 3  f ′ ( x ) − ( − x + 2 x )  . 2

g′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = − x2 + 2 x . Hình bên dưới là đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) và y = − x 2 + 2 x .

Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) và y = − x 2 + 2 x cắt nhau tại 2 điểm phân biệt, đồng thời f ′ ( x ) − ( − x 2 + 2 x ) > 0 khi x < 0 hoặc x > 2 , f ′ ( x ) − ( − x 2 + 2 x ) < 0 khi 0 < x < 2 . Do đó g ′ ( x ) đổi dấu qua

x = 0 , x = 2 . Vậy hàm số g ( x ) có hai điểm cực trị. Câu 46. Lời giải:  f ′ (1) = 3 Ta có y = 3 x + 2 = f ′ (1)( x − 1) + f (1) = f ′ (1) .x − f ′ (1) + f (1) ⇒   f (1) = 5 Phương trình tiếp tuyến tại N có dạng: y = f ′ (1) . f ′ ( f (1) ) ( x − 1) + f ( f (1) ) = 3 f ′ ( 5)( x − 1) + f ( 5) = 3 f ′ ( 5) .x − 3 f ′ ( 5) + f ( 5) 3 f ′ ( 5 ) = 12  f ′ ( 5 ) = 4 Mà y = 12 x − 5 nên suy ra  ⇒  f ( 5 ) − 3 f ′ ( 5 ) = −5  f ( 5 ) = 7

Mặt khác, y = f ( x 2 + 4 ) ⇒ y ′ = 2 x. f ′ ( x 2 + 4 ) ⇒ y ′ (1) = 2 f ′ ( 5 ) = 8 . Suy ra phương trình tiếp tuyến của ( C3 ) tại P có dạng:

y = y′ (1)( x − 1) + y (1) = 8 ( x − 1) + f ( 5) = 8 x − 8 + 7 = 8 x − 1 ⇒ a = 8; b = −1 ⇒ a + b = 7 . Câu 47. Lời giải: Trang 16/17 - Mã đề thi 119

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có y = x 4 − 2 x 2 + 3 liên tục trên đoạn [ 0; 2] . x = 0 Ta có y′ = 4 x 3 − 4 x; y′ = 0 ⇔ 4 x 3 − 4 x = 0 ⇔  .  x =1

y ( 0 ) = 3; y (1) = 2; y ( 2 ) = 11 . Vậy m = 2 và M = 11 , do đó M + 2m = 15 . Câu 48. Lời giải: Mặt phẳng có vtpt n(P) (3; −2;3) ; mặt phẳng có vtpt n(Q) (9; −6; −9) , do đó n(P) ≠ kn(Q) Câu 49. Lời giải: x Ta có y′ = 2 .ln 2 + 2018 . Câu 50.

Trang 17/17 - Mã đề thi 119 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT …..

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ Mã đề thi 132

Họ và tên:…………………………….Lớp:…………….............……..……

Câu 1. Đường cong trong hình sau là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào? A. y = − x 4 + 2 x 2 − 1.

B. y = − x 4 + x 2 − 1.

C. y = − x 4 + 3 x 2 − 3.

D. y = − x 4 + 3 x 2 − 2.

Câu 2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 3a , cạnh bên bằng 3a . Gọi ϕ là góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy. Tính tan ϕ . A. tan ϕ =

3 . 2

B. tan ϕ =

2 . 3

Câu 3. Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước là 6 . B. . C. A. x +1

Câu 4. Phương trình log2 (2 + 1).log2 (2 x

A. 4 .

2 3 . 3

C. tan ϕ =

D. tan ϕ = 2 . bằng:

+ 2) = 6 có 1 nghiệm là x 0 . Giá trị 2

1 . 8

C. 3 .

. x0

là

D. 1 .

Câu 5. Cho hình vuông OABC có cạnh bằng 4 được chia thành hai phần bởi đường cong y =

1 2 x . Gọi S1 là 4

phần không gạch sọc và S2 là phần gạch sọc như hình vẽ. y

1 2

y= x 4

4 C

S1 S2 A 4 x

Tỉ số diện tích S1 và S2 là

= 1.

= 2.

3 = . S2 2

1 = . S2 2

Câu 6. Điểm nào trong hình vẽ dưới đây là điểm biểu diễn của số phức z = (1 + i )( 2 − i ) ? A. Q .

B. M .

C. N .

D. P .

Câu 7. Cho hàm số y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) có đồ thị như hình vẽ. Phương trình f ( f ( x ) ) = 0 có bao nhiêu nghiệm thực? Trang 1/22 - Mã đề thi 132 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. 5.

B. 3.

C. 7.

D. 9.

Câu 8. Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực ℝ ? x

π  A. y =   . 3

B. y = log 1 x .

C. y = log π ( 2 x 2 + 1) .

2 D. y =   . e

2 x

Câu 9. Cho S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình

2 − x + 1 − x = m + x − x 2 có

hai nghiệm phân biệt. Tổng các số nguyên trong S bằng

A. 11.

B. 0.

Câu 10. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

C. 5.

D. 6.

−x +1 trên đoạn [ 0; 2] là 2x + 3

1 1 . B. − . 3 7 Câu 11. Giải phương trình log6 x + log6 (x + 5) = 1 .

C. 2 .

A. x = 1.

B. x = 6.

C. x = 1 hoặc x = –6.

D. x = -6.

Câu 12. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = dx

∫ 5x − 2 = 5 ln 5x − 2 + C .

D. 0 .

1 . 5x − 2 dx

∫ 5x − 2 = ln 5x − 2 + C .

∫ 5 x − 2 = 5 ln ( 5 x − 2 ) + C .

Câu 13. Năm 2019, bạn An thi đậu Đại học ngành Kiến trúc và sẽ học trong 5 năm. Gia đình An gửi tiết kiệm vào ngân hàng với số tiền là 200.000.000 đồng, theo hình thức lãi kép, kì hạn 1 tháng với lãi suất 0,75 % một tháng. Mỗi tháng An rút một số tiền như nhau để chi tiêu vào ngày ngân hàng tính lãi. Để sau 5 năm An sử dụng hết số tiền trong ngân hàng thì hàng tháng An phải rút số tiền gần với giá trị nào dưới đây ?

A. 4.000.000.

B. 4.150.000.

C. 4.151.000.

D. 4.152.000.

Câu 14. Trong không gian Oxyz, cho điểm M ( −2;5;0 ) .Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Oy .

A. M ′ ( −2;0;0 ) .

Trang 2/22 - Mã đề thi 132

B. M ′ ( 2;5;0 ) .

C. M ′ ( 0; −5;0 ) .

D. M ′ ( 0;5;0 ) .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 15. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có f ′ ( x ) = ( x + 1) ( x − 1) ( 2 − x ) . Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (1;2) .

( −∞; −1) .

( −1;1) .

( 2; +∞ ) .

Câu 16. Cho hình nón tròn xoay có bán kính đáy là r , chiều cao h và đường sinh l . Kí hiệu S xq , S tp , V lần lượt là diện tích xung quanh, diện tích toàn phần và thể tích của khối nón . Kết luận nào sau đây sai?

A. Stp = π rl + π r 2 .

B. S xq = 2π rl .

1 D. V = π r 2 h . 3

C. S xq = π rl .

Câu 17.

Thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 .e 2 ,

x = 1, x = 2, y = 0 quanh trục Ox được tính bởi biểu thức nào sau đây? 2

∫ ( x.e ) dx . x

B. π ∫ ( x.e x ) dx .

 12 2x  ∫1  π x .e  dx .

2  1 x D. π ∫  x 2 .e 2  dx .  1

Câu 18. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho các điểm A ( 4;0 ) , B (1;4 ) và C (1; −1) . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Biết rằng G là điểm biểu diễn số phức z. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. z = 2 + i . Câu

19.

sau: Tìm giá trị cực đại

3 B. z = 3 − i . 2

Cho

hàm

số

và giá trị cực tiểu

có

Câu 20. Cho số phức z thỏa mãn z 2 − 6 z + 13 = 0 . Giá trị của z + 17 hoặc −5 .

Câu 21.

17 hoặc

bảng

biến

thiên

như

của hàm số đã cho.

3 D. z = 3 + i . 2

C. z = 2 − i .

6 là: z +i

17 hoặc 5 .

D. − 17 hoặc 5 .

Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Đặt hàm số

y = g ( x ) = f ( 2 x3 + x − 1) + m . Tìm m để max g ( x ) = −10 . [ 0;1]

Trang 3/22 - Mã đề thi 132 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com