Đề Thi Thử THPT QG 2019 - Toán - THPT Chuyên Nguyễn Trãi

Tải bản đầy đủ (.doc) (29 trang)

1. Trang chủ
>>
2. THPT Quốc Gia
>>
3. Toán

Đề thi thử THPT QG 2019 - Toán - THPT Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương - Lần 1 - có lời giải

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (332.11 KB, 29 trang )

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNGTHPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃIMã đề 132KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2019 LẦN 1Bài thi: TOÁNNgày thi: 23 - 24/02/2019Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)Câu 1 [TH]: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng2a . Độ lớn củagóc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng đáy bằng:A. 450B. 750Câu 2 [NB]: Hình vẽ là đồ thị của hàm số:x+3x −3A. y =B. y =x −1x +1x+3x −3C. y =D. y =x +1x −1C. 300D. 600Câu 3 [TH]: Đường thẳng ( ∆ ) là giao của hai mặt phẳng x + z − 5 = 0 và x − 2 y − z + 3 = 0 thì cóphương trình là:x+2=1x−2=C.1A.y +1=3y −1=1x+2=1x−2=D.1z−1z −3−1B.y +1 z=2−1y −1 z − 3=2−1Câu 4 [TH]: Cho tập S = { 1; 2;3;...;19; 20} gồm 20 số tự nhiên từ 1 đến 20. Lẫy ngẫu nhiên ba số thuộc S.Xác suất để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng là75A.B.3838C.338D.1114Câu 5 [TH]: Mặt phẳng ( P ) đi qua A ( 3;0;0 ) , B ( 0;0; 4 ) và song song trục Oy có phương trình:A. 4 x + 3 z − 12 = 0B. 3 x + 4 z − 12 = 0C. 4 x + 3 z + 12 = 0D. 4 x + 3 z = 0Câu 6 [VD]: Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có AB = 2 3, BB ' = 2 . Gọi M , N , P tương ứng là trungđiểm của A ' B, A ' C ', BC . Nếu gọi α là độ lớn của góc của hai mặt phẳng ( MNP ) và ( ACC ') thì cos αbằng:A.45B.25C.35D.2 35Câu 7 [TH]: Lăng trụ có chiều cao bằng a, đáy là tam giác vuông cân và có thể tích bằng 2a 3 . Cạnh gócvuông của đáy lăng trụ bằngA. 4aB. 2aC. aD. 3aCâu 8 [TH]: Tổng các nghiệm của phương trình 4 x − 6.2 x + 2 = 0 bằng:A. 0B. 1C. 6D. 2Câu 9 [TH]: Xét các số phức z thỏa mãn z − 1 − 3i = 2 . Số phức z mà z − 1 nhỏ nhất là:A. z = 1 + 5iB. z = 1 + iC. z = 1 + 3iD. z = 1 − ie x + m khi x ≥ 0Câu 10 [TH]: Cho hàm số f ( x ) = liên tục trên ¡ và2 2 x 3 + x khi x < 0( a, b, c ∈ ¤ ) . Tổng T = a + b + 3c∫ f ( x ) dx = ae + b3 + c,−1bằng:B. −10A. 151C. −19D. −17Câu 11 [VD]: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2 và cạnh bên bằng 2 2 . Gọi α là góc củamặt phẳng ( SAC ) và mặt phẳng ( SAB ) . Khi đó cos α bằng57A.B.2 55C.21755D.Câu 12 [VD]: Trong không gian Oxyz, cho A ( 2;0;0 ) , B ( 0; 4;0 ) , C ( 0;0;6 ) , D ( 2; 4;6 ) . Gọi ( P ) là mặtphẳng song song với mp ( ABC ) , ( P ) cách đều D và mặt phẳng ( ABC ) . Phương trình của ( P ) là:A. 6 x + 3 y + 2 z − 24 = 0B. 6 x + 3 y + 2 z − 12 = 0C. 6 x + 3 y + 2 z = 0D. 6 x + 3 y + 2 z − 36 = 0Câu 13 [TH]: Số nào sau đây là điểm cực đại của hàm số y = x 4 − 2 x 3 + x 2 + 2 ?A.12B. 1C. 0D. 2Câu 14 [VD]: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ , f ( 0 ) = 0, f ' ( 0 ) ≠ 0 và thỏa mãn hệ thức1f ( x ) / f ' ( x ) + 18 x 2 = ( 3 x 2 + x ) f ' ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x ) ∀x ∈ ¡ . Biết∫ ( x + 1) ef ( x)dx = ae 2 + b ( a, b ∈ ¤ ) .0Giá trị của a − b bằng:A. 1B. 2mCâu 15 [TH]: Cho∫ ( 3x0A. ( −1; 2 )2C. 0D.23− 2 x + 1) dx = 6 . Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây?B. ( −∞;0 )C. ( 0; 4 )D. ( −3;1)Câu 16 [NB]: Hàm số y = − x 3 + 3 x 2 − 2 đồng biến trên khoảng:A. ( 0; 2 )B. ( −∞;0 )Câu 17 [NB]: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ vàC. ( 1; 4 )D. ( 4; +∞ )443000∫ f ( x ) dx = 10,∫ f ( x ) dx = 4 . Tích phân ∫ f ( x ) dxA. 4B. 7C. 3D. 6Câu 18 [TH]: Một hộp có 10 quả cầu xanh, 5 quả cầu đỏ. Lấy ngẫu nhiên 5 quả từ hộp đó. Xác suất đểđược 5 quẩ có đủ hai màu là:1313212250A.B.C.D.143143143273πCâu 19 [NB]: Tập xác định của hàm số y =  ln ( x − 2 )  là:A. ¡B. ( 3; +∞ )C. ( 0; +∞ )D. 2; +∞Câu 20 [VD]: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = a, AD = AA ' = 2a . Khoảng cách giữahai đường thẳng AC và DC ' bằng:6a3A.3a2B.3a3C.D.3a2Câu 21 [TH]: Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ và dấu của đạo hàm được cho bởi bảngdưới đây:−∞xf '( x)00++∞20−+Hàm số y = f ( 2 x − 2 ) nghịch biến trên khoảng:A. ( −1;1)B. ( 2; +∞ )C. ( 1; 2 )D. ( −∞; −1)2n−28n −82n −82 12 22 nCâu 22 [VD]: Cho n ∈ ¥ * và Cn .C n + Cn .Cn = 2Cn .Cn . Tổng T = 1 Cn + 2 Cn + ... + n Cn bằng:A. 55.29B. 55.210C. 5.210D. 55.28Câu 23 [VD]: Đường thẳng ∆ đi qua điểm M ( 3;1;1) , nằm trong mặt phẳng ( α ) : x + y − z − 3 = 0 và tạox = 1với đường thẳng d :  y − 4 + 3t một góc nhỏ nhất thì phương trình của ∆ là: z = −3 − 2tx = 1A.  y = −t ' z = 2t ' x = 8 + 5t 'B.  y = −3 − 4t 'z = 2 + t ' x = 1 + 2t 'C.  y = 1 − t ' z = 3 − 2t ' x = 1 + 5t 'D.  y = 1 − 4t ' z = 3 + 2t 'Câu 24 [NB]: Cho n ∈ ¢ và n ! = 1 . Số giá trị của n thỏa mãn giả thiết đã cho là:A. 1B. 2C. 0D. vô sốCâu 25 [TH]: Cho hàm số f ( x ) có đồ thị như hình dưới đây. Hàm số g ( x ) = ln ( f ( x ) ) đồng biến trênkhoảng nào dưới đây?A. ( −∞;0 )B. ( 1; +∞ )C. ( −1;1)D. ( 0; +∞ )2xCâu 26 [TH]: Hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ và f ' ( x ) = 2e + 1 ∀x, f ( 0 ) = 2 . Hàm f ( x )là:A. y = 2e x + 2 xB. y = 2e x + 2C. y = e 2 x + x + 2D. y = e 2 x + x + 1Câu 27 [VD]: Cần sản xuất một vỏ hộp sữa hình trụ có thể tích V cho trước. Để tiết kiệm vật liệunhất thì bán kính đáy phải bằng.A.3V2πB.3V2C.3VπD.3V3πxx +1Câu 28 [VD]: Bất phương trình 4 − ( m + 1) 2 + m ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ≥ 0 . Tập tất cả các giátrị của m là:B. ( −∞; −1]C. ( −∞; −0]D. ( −1;16]rrrr r r rCâu 29 [NB]: Cho a = ( 2;1;3) , b = ( 4; −3;5 ) , c = ( 2; 4;6 ) . Tọa độ của vectơ u = a + 2b − c là:A. ( −∞;12 )A. ( 10;9;6 )B. ( 12; −9;7 )C. ( 10; −9;6 )D. ( 112; −9;6 )11Câu 30 [TH]: Cho một cấp số nhân ( un ) : u1 = , u4 = 4 . Số hạng tổng quát bằng:441111***,n∈¥*A. n , n ∈ ¥B. 4 , n ∈ ¥C. n +1 , n ∈ ¥D.4n44nCâu 31 [TH]: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn các điều kiện z1 = z2 = 2 và z1 + 2 z2 = 4 . Giá trị của2z1 − z2 bằng:A. 2 6B.C. 3 66Câu 32 [NB]: Số tiệm cận (đứng và ngang) của đồ thị hàm số y =A. 1B. 3D. 8x +1x3 − 1là:C. 0D. 2Câu 33 [VD]: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2, AD = 2 3 và nằm trong mặt phẳng ( P ) . Quay ( P )một vòng quanh đường thẳng BD. Khối tròn xoay được tạo thành có thể bằng:28π28π56πA.B.C.939D.56π322Câu 34 [TH]: Tập nghiệm của bất phương trình x − 3 x + 2 > 2 là:A. ( −3; 2 )B. ( −3;3)C. ( −3;3) \ { −2;0}D. ( −∞; −3) ∪ ( 3; +∞ )Câu 35 [NB]: Hệ số góc của tiếp tuyến tại A ( 1;0 ) của đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 2 là:B. −1C. −3D. 01 3 3 2Câu 36 [VD]: Cho hàm số y = x − x + 2 ( C ) . Xét hai điểm A ( a; y A ) , B ( b; y B ) phân biệt của đồ thị22A. 1( C)mà tiếp tuyến tại A và B song song. Biết rằng đường thẳng AB đi qua D ( 5;3) . Phương trình của ABlà:A. x − y − 2 = 0B. x + y − 8 = 0C. x − 3 y + 4 = 0D. x − 2 y + 1 = 0Câu 37 [VD]: Trong không gian Oxyz, cho A ( 4; −2;6 ) , B ( 2; 4; 2 ) , M ∈ ( α ) : x + 2 y − 3 z − 7 = 0 sao chouuur uuurMA.MB nhỏ nhất. Tọa độ của M bằng: 29 58 5 A.  ; ; ÷ 13 13 13 B. ( 4;3;1)Câu 38 [VD]: Số điểm cực trị của hàm số y = sin x −A. 2B. 4C. ( 1;3; 4 ) 37 −56 68 ; ÷D.  ; 3 3 3 x, x ∈ ( −π ; π ) là:4C. 3D. 5xxCâu 39 [VDC]: Phương trình 4 + 1 = 2 m.cos ( π x ) có nghiệm duy nhất. Số giá trị của tham số m thỏamãn là:A. vô sốB. 1C. 2D. 0Câu 40 [VDC]: Cho a, b, c là ba số thực dương, a > 1 và thỏa mãn2bc log ( bc ) + log a  b3c 3 + ÷ + 4 + 4 − c 2 = 0 . Số bộ ( a; b;c ) thỏa mãn điều kiện đã cho là:42aA. 0B. 1C. 22Câu 41 [NB]: Cho số phức z = 1 − i . Biểu diễn số z là điểm:A. M ( −2;0 )B. M ( 1; 2 )D. vô sốC. E ( 2;0 )Câu 42 [NB]: Số điểm cực trị của hàm số f ( x ) =x22tdt∫ 1+ t2D. N ( 0; −2 )là:2xA. 0B. 1C. 2Câu 43 [VDC]: Giá trị lớn nhất của hàm số y =D. 3x + x −mtrên [ 0; 2] bằng 5. Tham số m nhận giá trịx +132là:A. −5Câu44[VDC]:C. −3B. 1TrongkhônggianOxyz,chomặtD. −8cầux2 + y 2 + z 2 = 9vàđiểmx = 1+ tM ( x0 ; y0 ; z 0 ) ∈ ( d ) :  y = 1 + 2t . Ba điểm A, B, C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA, MB, MC là z = 2 − 3t222tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng ( ABC ) đi qua D ( 1;1; 2 ) . Tổng T = x0 + y0 + z0 bằng:A. 30B. 26C. 20() (D. 21)Câu 45 [VDC]: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A 0; 4 2;0 , B 0;0; 4 2 , điểm C ∈ mp ( Oxy )và tam giác OAC vuông tại C; hình chiếu vuông góc của O trên BC là điểm H. Khi đó điểm H luôn thuộcđường tròn cố định có bán kính bằng:A. 2 2B. 4C.3D. 2Câu 46 [VDC]: Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' có A ' B vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) ; góccủa AA ' với ( ABCD ) bằng 450 . Khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB ' và DD ' bằng 1. Góc củamặt phẳng ( BCC ' B ') và mặt phẳng ( CC ' D ' D ) bằng 600 . Thể tích khối hộp đã cho là:A. 2 3B. 2C.3D. 3 3Câu 47 [VD]: Hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị ( C ) của hàm số đa thức bậc ba và parabol ( P )có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm như hình vẽ có diện tích bằng:377B.1212Câu 48 [NB]: Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số:−∞x0A.y'yC.+∞D.−+512+∞+∞00−2C. y = x ( x ≠ 0 )B. y = log 3 xA. y = x 31112D. y = 3xCâu 49 [TH]: Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối hộp chữ nhật có kích thước: a, 3a, 2a là:B. 4 π a 2A. 8a 2C. 16 π a 2D. 8 π a 2Câu 50 [VD]: Cho hình phẳng ( D ) giới hạn bởi các đường: y = x − π , y = sin x, x = 0 . Gọi V là thể tích4khối tròn xoay tạo thành do ( D ) quay quanh trục hoành và V = pπ ( p ∈ ¤ ) . Giá trị của 24p bằng:A. 8B. 4C. 24D. 12----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.ĐÁP ÁN1-D2-C3-C4-C5-A6-B7-B8-B9-B10-C11-C21-C31-A41-D12-A22-A32-D42-D13-B23-B33-D43-C14-B24-B34-D44-B15-C25-B35-C45-D16-A26-D36-D46-C17-D27-A37-B47-A18-D28-B38-B48-C19B29-B39-B49-D20-A30-A40-B50-AHƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾTCâu 1:Phương pháp:Gọi a ' là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng ( P ) .Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng ( P ) là góc giữa đường thẳng a và a 'Cách giải:Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đềunên SO ⊥ ( ABCD )⇒ ( SA; ( ABCD ) ) = ( SA; OA ) = SAOABCD là hình vuông cạnh a ⇒ AC = a 2 ⇒ OA =a 22a 2OA1∆SAO vuông tạiO ⇒ cos SAO == 2 = ⇒ SAO = 600SA a 2 2⇒ ( SA; ( ABCD ) ) = 600Chọn D.Câu 2:Phương pháp:Nhận biết đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất.Cách giải:Đồ thị hàm số đã cho có TCĐ: x = −1 và TCN: y = 1 .⇒ Loại phương án A và DĐồ thị hàm số cắt trụ tung tại điểm có tung độ bằng 3 ⇒ Loại phương án B, chọn phương án C:x+3x +1Chọn C.Câu 3:Phương pháp:y=rPhương trình chính tắc của đường thẳng đi qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và có 1 VTCP u ( a; b; c ) , ( a, b, c ≠ 0 ) là:x − x0 y − y0 z − z0==.abcCách giải:uruurMặt phẳng x + z − 5 = 0, x − 2 y − z + 3 = 0 có VTPT lần lượt là n1 ( 1;0;1) , n2 ( 1; −2; −1)Đường thẳng ∆ là giao của hai mặt phẳng x + z − 5 = 0 và x − 2 y − z + 3 = 0 có 1 VTCP là:r 1 ur uuru =  n1 ; n2  = ( 1;1; −1)22 + z − 5 = 0z = 3⇔⇒ A ( 2;1;3) ∈ ∆Cho x = 2 ⇒ 2 − 2 y − z + 3 = 0y =1Phương trình đường thẳng ∆ là:x − 2 y −1 z − 3==.11−1Chọn C.Câu 4:Phương pháp:Ba số a, b, c theo thứ tự lập thành CSC khi và chỉ khia+c=b.2Cách giải:3Số phần tử của không gian mẫu là: C20 = 1140Ba số a, b, c theo thứ tự lập thành CSC khi và chỉ khia+c= b ⇒ a + c = 2b là số chẵn. Do đó a, c cùng2chẵn hoặc cùng lẻ.Như vậy, để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng (giả sử 3 số đó là a, b, c ( a < b < c ) ) thì ta chọntrước 2 số a và c cùng chắn hoặc cùng lẻ.Ta có 4 ≤ a + c ≤ 38 ⇒ 2 ≤ b ≤ 19 .Khi đó, luôn tồn tại duy nhất 1 số b thỏa mãn yêu cầu đề bài.2Số cách chọn bộ số ( a, c ) như trên là: 2.C10 = 90Xác suất cần tìm là:903=.1140 38Chọn C.Câu 5:Phương pháp:rrPhương trình mặt phẳng đi qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và có 1 VTPT n ( a; b; c ) ≠ 0 là:a ( x − x0 ) + b ( y − y0 ) + c ( z − z0 ) = 0 .Cách giải:uuurTa có: AB = ( −3;0; 4 )ruuur rTheo đề bài, ta có: mặt phẳng ( P ) có 1 VTPT: n =  AB; j  = ( −4;0; −3)Phương trình mặt phẳng ( P ) : −4 ( x − 3) − 3 ( z − 0 ) = 0 ⇔ 4 x + 3z − 12 = 0 .Chọn A.Câu 6:Phương pháp:Sử dụng định lí hình chiếu: S ' = S .cos ϕ ⇒ cos ϕ =S'SCách giải:Ta có: ( MNP ) ≡ ( MNCP ) ( do CP / / B ' C '/ / MN ) và ( ACC ') ≡ ( ACC ' A ')⇒ α = ( ( MNP ) ; ( ACC ') ) = ( ( MNCP ) ; ( ACC ' A ' ) )Dựng PE ⊥ AC , MF ⊥ A ' C ', ( E ∈ AC ; F ∈ A ' C ') ⇒ CE = FN =1AC4và P, E , F , M đồng phẳng.Ta có:PE ⊥ AC , PE ⊥ AA ' ⇒ PE ⊥ ( ACC ' A ' ) ⇒ ( PEFM ) ⊥ ( ACC ' A ' )⇒ Hình chiếu vuông góc của hình bình hành lên ( ACC ' A ') là hình bình hànhECNF ⇒ cos α =S ECNFS MNCP11Ta có: S ECNF = EC.CC ' = . AC.CC ' = .2 3.2 = 344∆A ' B ' C ' đều ⇒ C ' M = 2 3.3=32∆CC ' M vuông tại C ' ⇒ CM = CC '2 + C ' M 2 = 22 + 32 = 13∆MNC có: MN = 3, CM = 13, CN = 7 , có diện tích là: S MNC =p. ( p − a ) ( p − b ) ( p − c )= 3 + 7 + 13 3 + 7 + 133 + 7 + 13  3 + 7 + 13. − 3 ÷− 7 ÷− 13 ÷÷÷÷2222=3 + 7 + 13 7 + 13 − 3 3 + 13 − 7 3 + 7 − 13 5 35 3...=⇒ S MNCP =222242⇒ cos α =S ECNF32==S MNCP 5 3 52Chọn B.Câu 7:Phương pháp:Thể tích hình lăng trụ: V = ShCách giải:32Thể tích hình lăng trụ: V = Sh ⇔ 2a = S day .a ⇔ S day = 2aGọi độ dài cạnh góc vuông của đáy là x ⇒1 2x = 2 a 2 ⇔ x 2 = 4a 2 ⇔ x = 2 a2Chọn B.Câu 8:Phương pháp:Đặt 2 x = t , t > 0 . Đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t.Cách giải:2Đặt 2 x = t , t > 0 . Phương trình trở thành: t − 6t + 2 = 0 ( 2 )Phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa mãn t1.t2 = 2x +xxxKhi đó, ( 1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 tương ứng, thỏa mãn: 2 1 2 = 2 1.2 2 = t1.t2 = 2 ⇒ x1 + x2 = 1Chọn B.Câu 9:Phương pháp:Tập hợp các điểm biểu diễn của các số phức thỏa mãn z − a − bi = R, R > 0 là đường tròn:( x − a)2+ ( y − b ) = R2 .2Cách giải:Tập hợp các điểm M biểu diễn của các số phức thỏa mãnz − 1 − 3i = 2 là đường tròn: ( x − 1) + ( y − 3) = 422z − 1 là khoảng cách từ điểm M đến điểm A ( 1;0 ) . Khoảng cáchnày nhỏ nhất khi và chỉ khi M nằm giữa I và A (với I ( 1;3) là tâmđường tròn ( x − 1) + ( y − 3) = 4 )22Dễ dàng tính được M ( 1;1) .Vậy, số phức z thỏa mãn là z = 1 + i .Chọn B.Câu 10 (TH):Phương pháp:Sử dụng tính chất của tích phân∫bcbacf ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .aCách giải:f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( 0 )Hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ ⇔ xlim→ 0+x→0)(⇔ lim+ ( e x + m ) = lim− 2 x 3 + x 2 ⇔ 1 + m = 0 ⇔ m = −1x →0x →0Khi đó:101−1−10∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx= ∫ 2 x 3 + x dx + ∫ ( e − 1) dx = ∫02−1=23 + x2 ) 3 + x2(3⇒ a = 1, b = 2, c = −Chọn C.Câu 11 (TH):Phương pháp:1x−100−10+ ( ex − x )103 + x d ( 3 + x ) + ( e − x)221x02222= .3. 3 − .4.2 + ( e − 1 − 1) = e + 2 3 −33322⇒ T = a + b + 3c = 1 + 2 − 22 = −193Sử dụng định lí hình chiếu: S ' = S .cos ϕ ⇒ cos ϕ =S'SCách giải:Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.OB ⊥ ACOB ⊥ ( SAC ) ⇒ Hình chiếu vuông góc của tam giác SABDo OB ⊥ SOlên ( SAC ) là tam giác SAOKhi đó, cos α = cos ( ( SAB ) ; ( SAC ) ) =S SAOS SABTa có:∆SOA vuông tại O:S SAB =p ( p − a) ( p − b) ( p − c)= 2 + 2 2 + 2 2 2 + 2 2 + 2 22+2 2 +2 2  2+2 2 +2 2. − 2 ÷−22−22÷÷÷÷÷2222=( 1 + 2 2 ) .( 2⇒ cos α =)2 − 1 .1.1 = 7S SAO321==S SAB77Chọn C.Câu 12:Phương pháp:Phương trình mặt chắn của mặt phẳng đi qua A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) , ( a, b, c ≠ 0 ) là:x y z+ + =1a b cCách giải:Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là:x y z+ + = 1 ⇔ 6 x + 3 y + 2 z − 12 = 02 4 6( P ) / / ( ABC ) ⇒ ( P ) : 6 x + 3 y + 2 z + m = 0, ( m ≠ −12 )d ( D; ( P ) ) =6.2 + 3.4 + 2.6 + m6 +3 +2222d ( ( ABC ) ; ( P ) ) = d ( A; ( P ) ) ==36 + m76.2 + 3.0 + 2.0 + m62 + 32 + 22=12 + m( do ( P ) / / ( ABC ) )7Theo đề bài, ta có:36 + m = 12 + m ( vo nghiem )36 + m 12 + m=⇔ 36 + m = 12 + m ⇔ ⇔ m = −247736 + m = −12 − mVậy, ( P ) : 6 x + 3 y + 2 z − 24 = 0 .Chọn A.Câu 13:Phương pháp:Xác định số điểm đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.Cách giải:x = 043232Ta có: y = x − 2 x + x + 2 ⇒ y ' = 4 x − 6 x + 2 x, y ' = 0 ⇔  x = 11x =2Bảng xét dấu y ' :x−∞0−y'0+Ta thấy: y ' đổi dấu từ dương sang âm tại 1 điểm là x =−12Suy ra, hàm số đã cho có 1 điểm cực đại.Chọn B.Câu 14:Phương pháp:22Tích phân 2 vế f ( x ) f ' ( x ) + 18 x = ( 3x + x ) f ' ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x ) ∀x ∈ ¡ .Cách giải:Ta cóf ( x ) . f ' ( x ) + 18 x 2 = ( 3 x 2 + x ) f ' ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x )xx()⇒ ∫ ( f ( x ) . f ' ( x ) + 18 x ) dx = ∫ ( 3x 2 + x ) f ' ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x ) dx200xxx000()⇔ ∫ f ( x ) f ' ( x ) dx + ∫ 18 x 2 dx = ∫ ( 3x 2 + x ) f ( x ) ' dxx(21⇔  ( f ( x ) ) + 6 x 3 ÷ = ( 3x 2 + x ) f ( x )20)x0221 1⇔  ( f ( x ) ) + 6 x 3 ÷−  ( f ( 0 ) ) + 0 ÷ = ( 3 x 2 + x ) f ( x ) − 02 2⇔ ( f ( x ) ) − 2 ( 3 x 2 + x ) f ( x ) + 12 x3 = 02⇔ ( f ( x ) ) − 2 ( 3 x 2 + x ) f ( x ) + ( 3 x 2 + x ) = ( 3 x 2 + x ) − 12 x 322(⇔ f ( x ) − ( 3x 2 + x )) = ( 3x22− x)2 f ( x ) − ( 3x 2 + x ) = 3x 2 − x f ( x ) = 6x2⇔⇔ f ( x ) − ( 3 x 2 + x ) = −3 x 2 + x f ( x ) = 2 xDo f ( 0 ) = 0, f ' ( 0 ) ≠ 0 nên f ( x ) = 2 x . Khi đó:2+∞11200+11f ( x)2x∫ ( x + 1) e dx = ∫ ( x + 1) e dx =0==01( x + 1) .e2 x211( x + 1) .e2 x21011( x + 1) d ( e 2 x )∫201−1 2x1e d ( x + 1) = ( x + 1) .e 2 x∫2021− e2 x4010101−1 2xe dx2 ∫0111171= .2.e 2 − .1.e 0 − e 2 + e 0 = e 2 −22444471⇒ a = ;b = − ⇒ a − b = 244Chọn B.Câu 15:Phương pháp:Sử dụng công thứcx n +1∫ x dx = n + 1 + C , n ≠ 1nCách giải:m232∫ ( 3x − 2 x + 1) dx = 6 ⇔ ( x − x + x )0m=60⇔ ( m − m + m) − 0 = 6 ⇔ m − m + m − 6 = 03232⇔ m = 2 ⇒ m ∈ ( 0; 4 )Chọn C.Câu 16:Phương phápTìm khoảng K mà y ' ≥ 0 và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên K.Cách giải:TXĐ: D = ¡ .x = 0y = − x 3 + 3 x 2 − 2 ⇒ y ' = −3 x 2 + 6 x = 0 ⇔ x = 2y ' ≥ 0 ⇔ x ∈ [ 0; 2] ⇒ Hàm số y = − x 3 + 3 x 2 − 2 đồng biến trên khoảng ( 0; 2 )Chọn A.Câu 17:Phương phápbSử dụng tính chất của tích phân∫acbacf ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .Cách giải:3∫043440403f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx = 10 − 4 = 6Chọn D.Câu 18:Phương phápXác suất của biến cố A là: P ( A ) =n ( A)n ( Ω)Cách giải:5Số phần từ của không gian mẫu là: n ( Ω ) = C15( )55Gọi A: “5 quả có đủ hai màu” ⇒ A : “Lấy cả 5 quả cầu một màu” ⇒ n A = C5 + C10( )⇒P A =( ) =Cn An ( Ω)+ C105 1 + 252 2532323 250.===⇒ P ( A) = 1 −=5C153303 3303 273273 27355Chọn D.Câu 19:Phương phápXét hàm số y = xα :+ Nếu α là số nguyên dương thì TXĐ: D = ¡+ Nếu α là số nguyên âm hoặc bằng 0 thì TXĐ: D = ¡ \ { 0}+ Nếu α không phải là số nguyên thì TXĐ: D = ( 0; +∞ )Cách giải:x > 2x > 2 x − 2 > 0⇔⇔⇔ x>3ĐKXĐ: 0x − 2 > e = 1 x > 3ln ( x − 2 ) > 0Vậy TXĐ của hàm số là: ( 3; +∞ ) .Chọn B.Câu 20:Phương pháp: a / / ( P )⇒ d ( a; b ) = d ( a; ( P ) ) = d ( A; ( P ) ) , ( A ∈ a )b ⊂ ( P )Cách giải:Ta có: C ' D / / AB ' ⇒ C ' D / / ( ACB ' )⇒ d ( C ' D; AC ) = d ( C ' D; ( AB ' C ) ) = d ( C '; ( AB ' C ) )Mà d ( C '; ( AB ' C ) ) = d ( B; ( AB ' C ) ) (do BC ' cắt ( AB ' C ) (cắt cạnhB ' C ) tại trung điểm của BC ' )⇒ d ( C ' D; AC ) = d ( B; ( AB ' C ) )Xét tứ diện vuông BAB ' C có:1111=++, h = d ( B; ( AB ' C ) )222hBA BB ' BC 21111166a= 2 + 2 + 2 = 2 ⇒h=a ⇒ d ( C ' D; AC ) =2ha4a4a2a33Chọn A.Câu 21:()Phương phápXác định khoảng mà ( f ( 2 x − 2 ) ) ' ≤ 0 và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên đó.()Đạo hàm hàm hợp: f ( u ( x ) ) ' = f ' ( u ( x ) ) .u ' ( x )Cách giải:Ta có:y = f ( 2x − 2) ⇒ y ' = f ' ( 2x − 2 ) .( 2 x − 2) ' = 2 f ' ( 2 x − 2 )y ' ≤ 0 ⇔ f '( 2x − 2) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ 2x − 2 ≤ 2 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2⇒ Hàm số y = f ( 2 x − 2 ) nghịch biến trên khoảng ( 1; 2 ) .Chọn C.Chú ý: Cẩn thận khi tính đạo hàm của hàm hợp.Câu 22:Phương pháp:n!k, Cnk = Cnn − kGiải tìm n, biết Cn =k !( n − k ) !ni iBiến đổi và đạo hàm hàm số f ( x ) = ( x + 1) = ∑ Cn x cho phù hợp.ni=0Cách giải:Ta có:Cn2Cnn − 2 + Cn8Cnn −8 = 2Cn2Cnn −8 ⇔ ( Cn2 ) − 2Cn2Cn8 + ( Cn8 ) = 02⇔ ( Cn2 − Cn8 ) = 0 ⇔ Cn2 − Cn8 = 0 ⇔22n!n!−=02!. ( n − 2 ) ! 8!. ( n − 8 ) !1⇔−1=08.7.6.5.4.3( n − 2 ) ( n − 3) ( n − 4 ) ( n − 5 ) ( n − 6 ) ( n − 7 )⇔ ( n − 2 ) ( n − 3) ( n − 4 ) ( n − 5 ) ( n − 6 ) ( n − 7 ) = 8.7.6.5.4.3 ⇔ n = 10Xét hàm số: f ( x ) = ( x + 10 )1010= ∑ C10i x i có:i =010f ' ( x ) = 10 ( x + 1) = ∑ C10i ix i −19i =010⇒ x. f ' ( x ) = 10 x ( x + 1) = ∑ C10i ix i9i =0(⇒ ( x. f ' ( x ) ) ' = 10 x ( x + 1)9)10' = ∑ C10i i 2 x i −1i =010⇒ 10 x.9 ( x + 1) + 10 ( x + 1) = ∑ C10i i 2 x i −189i =010⇒ 90 x 2 ( x + 1) + 10 x ( x + 1) = ∑ C10i i 2 x i89i =010⇒ ∑ C10i i 2 xi = 90 x 2 ( x + 1) + 10 x ( x + 1)8i =0⇒ T = 12 Cn1 + 22 Cn2 + ... + n 2Cnn910= 12 C101 + 22 C102 + ... + 102 C10(ứng với x = 1 )= 90.1.28 + 10.1.29 = 55.29Chọn A.Câu 23:Phương pháp:+) Gọi d ' là đường thẳng qua M và song song d. Khi đó: ( d ; ∆ ) = ( d '; ∆ )+) Để ( d ; ∆ ) min thì ∆ là hình chiếu vuông góc của d ' lên ( α ) .Cách giải:Dễ dàng kiểm tra được M ∈ ( α ) .Gọi d ' là đường thẳng qua M và song song d. Khi đó: ( d ; ∆ ) = ( d '; ∆ )Để ( d ; ∆ ) min thì ∆ là hình chiếu vuông góc của d ' lên ( α ) .x = 3Phương trình đường thẳng d ' là:  y = 1 + 3t z = 1 − 2tLấy A ( 3; 4; −1) ∈ d ' và A ∉ M . Tìm H là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( α )x = 3 + tuuurĐường thẳng AH nhận n( α ) ( 1;1; −1) là 1 VTPT, có phương trình là  y = 4 + t z = −1 − tGiả sử H ( 3 + t ; 4 + t ; −1 − t ) .54 7 2Mà H ∈ ( α ) ⇒ ( 3 + t ) + ( 4 + t ) − ( −1 − t ) − 3 = 0 ⇔ t = − ⇒ H  ; ; ÷33 3 3 4 7 2  uuuur  5 4 1 ⇒ H  ; ; ÷⇒ HM =  ; − ; ÷3 3 3 3 3 3 x = 5 + 3t x = 8 + 5t 'Đường thẳng ∆ đi qua M ( 3;1;1) và có 1 VTCP ( 5; −4;1) có PTTS là:  y = −4 + t hay  y = −3 − 4t 'z = 1+ tz = 2 + t 'Chọn B.Câu 24:Phương phápSử dụng công thức n ! = 1.2.3...n . Quy ước 0! = 1 .Cách giải:n = 0n ∈ ¥ , n! = 1 ⇔ n = 1Chọn B.Câu 25:Phương phápXác định khoảng mà g ' ( x ) ≤ 0 và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên đó.()Đạo hàm hàm hợp: f ( u ( x ) ) ' = f ' ( u ( x ) ) .u ' ( x )Cách giải:Ta có: g ( x ) = ln ( f ( x ) ) ⇒ g ' ( x ) =f '( x)f ( x)Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy:+) f ( x ) > 0, ∀x+) f ' ( x ) > 0 trên các khoảng ( −1;0 ) , ( 1; +∞ )⇒ g ( x ) đồng biến trên các khoảng ( −1;0 ) , ( 1; +∞ )Chọn B.Chú ý: Cẩn thận khi tính đạo hàm của hàm hợp.Câu 26:Phương phápTích phân 2 vế. Lấy cận từ 0 đến x.Cách giải:Ta có:xxf ' ( x ) = 2e + 1, ∀x ⇒ ∫ f ' ( x ) dx = ∫ ( 2e 2 x + 1) dx2x00x⇔ f ( x ) − f ( 0 ) = ( e2 x + x )0⇔ f ( x ) − 2 = ( e2 x + x ) − 1⇔ f ( x) = e + x +12xChọn D.Câu 27:Phương phápThể tích khối trụ là: V = π r 2 h2Diện tích toàn phần của hình trụ: Stp = 2π r + 2π rhCách giải:2Ta có: V = π r h ⇔ h =Vπ r222Diện tích vật liệu để làm vỏ hộp là: Stp = 2π r + 2π rh = 2π r + 2π r.Ta có: f ' ( r ) = 4π r −V2V= 2π r 2 += f ( r) ,r > 02πrr2VVV, f '( r ) = 0 ⇔ r3 =⇔r= 32r2π2πBảng biến thiên:rf '( r )f ( r)03−+∞V2π0+ V f  3÷÷ 2π Vậy, để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy phải bằng3V.2πChọn A.Câu 28:Phương phápxĐặt 2 = t , t ≥ 1 ( do x ≥ 0 ) . Sử dụng phương pháp khảo sát hàm số.Cách giải:xĐặt 2 = t , t ≥ 1 ( do x ≥ 0 ) .22Bất phương trình trở thành: t − 2 ( m + 1) t + m ≥ 0 ⇔ m ( 1 − 2t ) ≥ 2t − t ( *)Để bất phương trình ban đầu nghiệm đúng với mọi x ≥ 0 thì ( *) nghiệm đúng với mọi t ≥ 1Do t ≥ 1 ⇒ −2t ≤ −2 ⇔ 1 − 2t ≤ −1 < 0 . 2t − t 2 2t − t 2t≥1⇒m≤minKhi đó ( *) ⇔ m ≤nghiệm đúng với mọi÷t ≥11 − 2t 1 − 2t 2t − t 2, t ≥ 1 có:1 − 2tXét hàm số f ( t ) =f '( t ) =( 2 − 2t ) ( 1 − 2t ) − ( 2t − t 2 ) . ( −2 )( 1 − 2t )2⇒ min f ( t ) = f ( 1) = −1 ⇒ m ≤ −12t 2 − 2t + 2=> 0, ∀t ≥ 1( 1 − 2t 2 )t ≥1Vậy, tập tất cả các giá trị của m là ( −∞; −1] .Chọn B.Câu 29:Phương pháprrrra ( a1 ; a2 ; a3 ) , b ( b1 ; b2 ; b3 ) ⇒ ka ± kb = ( ka1 ± lb1 ; ka2 ± lb2 ; ka3 ± lb3 )Cách giải:r r r rTọa độ của vectơ u = a + 2b − c là: ( 12; −9;7 ) .Chọn B.Câu 30:Phương pháp:n −1Số hạng tổng quát của cấp số nhân có số hạng đầu u1 và công bội q là: un = u1.q , n ≥ 1 .Cách giải:3Ta có: u4 = u1.q ⇔1 1 31= .q ⇒ q =4444n −11 1Số hạng tổng quát bằng: un = .  ÷4 4n1=  ÷ ,n ≥1.4Chọn A.Câu 31:Phương phápBiểu diễn hình học của các số phức trên mặt phẳng phức.Cách giải:Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng phức.Do z1 = z2 = 2 ⇒ M , N thuộc đường tròn tâm O bán kính 2.Gọi P, Q, R lần lượt là điểm biểu diễn của 2 z2 , − z2 , 2 z1 trên mặt phẳngphức (như hình vẽ)Dựng các hình bình hành OMEP, ORFQ.Ta có:z1 + 2 z2 = 4 ⇒ OE = 42 z1 − z2 = OFTam giác OPE có:PE 2 + PO 2 − EO 2 22 + 42 − 42 11== ⇒ cos ROQ =2.PE.PO2.2.4441⇒ cos ORF = −4cos P =22222Tam giác ORF có: OF = OR + RF − 2.OR.RF .cos ORF = 4 + 2 − 2.4.2.−1= 16 + 4 + 4 = 244⇒ OF = 2 6 ⇒ 2 z1 − z2 = 2 6Chọn A.Câu 32:Phương pháp* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) .f ( x ) = +∞ hoặc lim+ f ( x ) = −∞ hoặc lim− f ( x ) = +∞ hoặc lim− f ( x ) = −∞ thì x = a là TCĐNếu xlim→a +x →ax →ax →acủa đồ thị hàm số.* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) .f ( x ) = a hoặc lim f ( x ) = a ⇒ y = a là TCN của đồ thị hàm số.Nếu xlim→+∞x →−∞Cách giải:TXĐ: D = ( 1; +∞ )lim+x →1limx →+∞x +1x3 − 1= +∞ ⇒ Đồ thị hàm số có 1 TCĐ là x = 111+x +1= lim x x x = 0 ⇒ Đồ thị hàm số có 1 TCN là y = 0 .3x − 1 x →+∞ 1 − 1x3Chọn D.Câu 33:Phương pháp1 2Thể tích khối nón: V = π r h3πh 2 2Thẻ tích khối nón cụt: V =( R + r + Rr )3Cách giải:∆BCD vuông tại C có:()() ( 3)2BC.CD 2 3.2== 3; IB = 2 3 −BD4OM BOOM22⇒ IO = OD − ID = 2 − 1 = 1;=⇔=⇒ OM =CD BC22 33BD = 22 + 2 32= 4; CI =2= 3; ID = 1.Thể tích khối nón có đỉnh B và đáy là hình tròn tâm I bán kính IC bằng thể tích khối nón có đỉnh D vàđáy là hình tròn tâm J bán kính JA bằng:11V1 = .π .IC 2 .IB = .π .3.3 = 3π33Thể tích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm I bán kính IC, hình tròn tâm O bán kính OM bằng thểtích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm J bán kính JA, hình tròn tâm O bán kính OM bằng:V2 =π .OIπ .1  42  19πIC 2 + OM 2 + IC.OM ) =3 + + 3.(÷= 333 3319πThể tích cần tìm là: V = 2 ( V1 + V2 ) = 2.  3π +3Chọn D.Câu 34:Phương pháp: f ( x) > af ( x) > a ⇔  f ( x ) < −aCách giải: 56π.÷=3 x 3 − 3x 2 + 2 > 2 x 3 − 3x 2 > 0 ( 1)x − 3x + 2 > 2 ⇔  3⇔ 3 x − 3x 2 + 2 < −2 x − 3x 2 + 4 < 0 ( 2 ) x −3 > 0x > 3⇔( 1) ⇔  x ≠ 0 x < −33( 2) ⇔ (2x + 1) ( x − 2 ) < 0 : vô nghiệm.22Vậy, tập nghiệm của bất phương trình x − 3 x + 2 > 2 là ( −∞; −3) ∪ ( 3; +∞ ) .3Chọn D.Câu 35:Phương phápHệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ x = x0 là: k = f ' ( x0 ) .Cách giải:y = x 3 − 3 x 2 + 2 ⇒ y ' = 3 x 2 − 6 x ⇒ y ' ( 1) = −3Hệ số góc của tiếp tuyến tại A ( 1;0 ) của đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 2 là: −3Chọn C.Câu 36:Phương pháp:Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) là: y = f ' ( x0 ) . ( x − x0 ) + y0 .Cách giải:133y = x3 − x 2 + 2 ( C ) ⇒ y ' = x 2 − 3x222Do tiếp tuyến tại A và B song song nên ⇒ y ' ( a ) = y ' ( b ) ( a ≠ b )3 23a − 3a = b 2 − 3b ⇒ a 2 − b 2 − 2a + 2b = 022⇔ ( a − b ) ( a + b − 2 ) = 0 ⇔ a + b = 2 ( Do a ≠ b )⇔ 1 3 3 2  1 3 3 2Ta có: A  a; a − a + 2 ÷; B  b; b − b + 2 ÷ , với a + b = 2 .22 2  2Ta có:1 3 3 213113332a − a + 2 + b3 − b 2 + 2( a + b ) − 3ab ( a + b ) − ( a + b ) + .2ab + 42222222=2=122⇒ I ( 1;1) là trung điểm của AB.Đường thẳng AB đi qua D ( 5;3) và I ( 1;1) có phương trình là:x −1 y −1=⇔ x −1 = 2 y − 2 ⇔ x − 2 y +1 = 05 −1 3 −1Chọn D.Câu 37:Phương pháp:uur uur r+) Xác định tọa độ điểm I thỏa mãn IA + IB = 0 .+) Sử dụng công thức ba điểm.Cách giải:uuuruuuur uuur uur uuur uuruuur uur uur uur uur2Ta có: MA.MB = MI + IA . MI + IB = MI + MI . IA + IB + IA.IBuur uur rXác định tọa độ điểm I thỏa mãn IA + IB = 0 ⇔ I là trung điểm của AB, có tọa độ là I ( 3;1; 4 )uuur uuurĐể MA.MB nhỏ nhất thì MI 2 nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của I lên ( α )()()()x = 3 + tuuurKhi đó, đường thẳng MI nhận n( α ) ( 1; 2; −3) làm 1 VTCP. Phương trình đường thẳng IM là:  y = 1 + 2t z = 4 − 3tGiả sử M ( 3 + t ;1 + 2t ; 4 − 3t ) .Do M ∈ ( α ) ⇒ ( 3 + t ) + 2 ( 1 + 2t ) − 3 ( 4 − 3t ) − 7 = 0 ⇔ 14t − 14 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ M ( 4;3;1)Chọn B.Câu 38:Phương pháp:Xác định số điểm mà đạo hàm đổi dấu.Cách giải:xXét hàm số y = sin x − trên ( −π ; π ) :4y ' = cos x − x = x0111 π= 0 ⇔ cos x = ⇔ với x0 ∈  0; ÷ mà cos x0 = .444 2 x = − x0Bảng biến thiên:−πx−f '( x)f ( x)− x00+π4−0sin x0 −− sin x0 +πx0x04x04−xxlà hàm lẻ nên đồ thị hàm số y = sin x − nhận O ( 0;0 ) là tâm đối xứng.44xx ππMà − sin x0 + 0 ; − < 0 và sin x0 − 0 ; > 0444 4Do y = sin x −⇒ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt x1 , x2 , x3 ( x1 , x2 , x3 khác ± x0 )⇒ Số điểm cực trị của hàm số y = sin x −Chọn B.Câu 39:Phương pháp:x, x ∈ ( −π ; π ) là: 2 + 2 = 4.4π4Sử dụng tính chất của hàm chẵn đẻ đánh giá nghiệm.Cách giải:4 x + 1 = 2 x.m.cos ( π x ) ⇔2 x.cos ( π x ) 1= ( 1)4x + 1m2 x.cos ( π x )Xét hàm số f ( x ) =4x + 1Dễ dàng kiểm tra f ( x ) là hàm số chẵn ⇒ Nếu x0 là nghiệm của ( 1) thì − x0 cũng là nghiệm của ( 1)Do đó, phương trình có nghiệm duy nhất thì nghiệm đó chỉ có thể là 0.1.1 1= ⇔m=2Thay x = 0 vào ( 1) ta có:1+1 mKiểm tra lại: với m = 2 , phương trình ( 1) ⇔Ta có:2 x.cos ( π x ) 1= ( 2)4x + 12cos ( π x ) = 12 x.cos ( π x )2x12⇔⇔ x = 1 : nghiệm duy nhất.()Phươngtrình≤≤⇔ x = 14x + 14x + 1 2Vậy, có 1 giá trị của m thỏa mãn.Chọn B.Câu 40:Phương pháp:Áp dụng BĐT cô si để đánh giá.Cách giải:Ta có:2bc log ( bc ) + log a  b3c3 + ÷ + 4 + 4 − c 2 ( a > 1, b, c > 0 )4 1 = log 2a ( bc ) + 2 log a  bc.  b 2c 2 + ÷÷+ 4 + 4 − c 2 ≥ log 2a ( bc ) + 2 log a ( bc.bc ) + 4 + 4 − c 24  2a= log 2a ( bc ) + 4 log a ( bc ) + 4 + 4 − c 2 = ( log a ( bc ) + 2 ) + 4 − c 2 ≥ 0211bc=1a = 2bc =2bc = 2211Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi log a ( bc ) + 2 = 0 ⇔ log a + 2 = 0 ⇔ log a 2 = 2 ⇔ b =24 22c=424−c=0c=2c = 4Vậy số bộ ( a; b; c ) thỏa mãn điều kiện đã cho là 1.Chọn B.Câu 41:Phương pháp:Điểm biểu diễn của số phức z = a + bi, ( a, b ∈ ¡)là điểm M ( a; b ) .Cách giải:z = 1 − i ⇔ z 2 = ( 1 − i ) = −2i , có điểm biểu diễn là: N ( 0; −2 ) .2Chọn D.Câu 42:Phương pháp:Xác định hàm số f ( x ) và số điểm mà f ' ( x ) đổi dấu.Cách giải:xd ( t 2 + 1)2tdtf ( x) = ∫ 2=t + 1 2∫x t 2 + 12xx2= ln ( t + 1)22x2= ln ( x 4 + 1) − ln ( 4 x 2 + 1)2x4 x 3 ( 4 x 2 + 1) − 8 x ( x 4 + 1)4 x38xf '( x) = 4−=x + 1 4x2 + 1( 4 x 2 + 1) ( x 4 + 1)4 x ( 2 x4 + x2 − 2 )8 x5 + 4 x3 − 8x==( 4 x 2 + 1) ( x4 + 1) ( 4 x 2 + 1) ( x 4 + 1)Nhận xét:Phương trình 2 x 4 + x 2 − 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt ± −1 + 17 và 2 x 4 + x 2 − 2 đổi dấu tại 2 điểm2này.4x đổi dấu tại x = 0( 4x2+ 1) ( x 4 + 1) > 0, ∀x⇒ f ' ( x ) đổi dấu tại 3 điểm là ± −1 + 17 và x = 02⇒ Số điểm cực trị của hàm số f ( x ) =x22tdt∫ 1+ t2là 3.2xChọn D.Câu 43:Cách giải:2 x ( x + 1) + mx3 + x 2 − mmmy== x2 −⇒ y ' = 2x +=22x +1x +1( x + 1)( x + 1)2+) Nếu m ≥ 0 thì y ' ≥ 0, ∀x ∈ [ 0; 2] ⇒ max y = y ( 2 ) =[ 0;2]12 − m= 5 ⇒ m = −3 (loại)3+) Nếu m < 0 thì y ' = 0 ⇔ 2 x ( x + 1) + m = 0 ⇔ 2 x 3 + 4 x 2 + 2 x = −m : có nhiều nhất 1 nghiệm trên đoạn2[ 0; 2]322(do f ( x ) = 2 x + 4 x + 2 x có f ' ( x ) = 6 x + 8 x + 2 > 0, ∀x ∈ [ 0; 2 ] )Ta có: f ( 0 ) = 0, f ( 2 ) = 36TH1: m ≤ −36y ' ≥ 0, ∀x ∈ [ 0; 2] ⇒ max y = y ( 2 ) =[ 0;2]TH2: −36 < m < 012 − m= 5 ⇒ m = −3 (loại)3Phương trình y ' = 0 có 1 nghiệm duy nhất x0 ∈ ( 0; 2 ) và đổi dấu tại điểm nàyBảng biến thiên:x0−y'x020+−m12 − m3yx012 − m ⇒ max y = max −m;0;20;2[ ][ ] 3 12 − m 12 − mmax  −m;= −m ⇔ −m ≥⇔ m ≤ −6 . Khi đó: − m = 5 ⇔ m = −5 : loại[ 0;2] 3 312 − m  12 − m12 − m12 − mmax  −m;⇔ −m ≤⇔ m ≥ −6 . Khi đó:= 5 ⇔ m = −3 : thỏa mãn=[ 0;2] 3 333Vậy, m = −3 .Chọn C.Câu 44:Cách giải:Mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 = 9 có tâm O ( 0;0;0 ) và bán kính R = 3 .Gọi T là giao điểm của tia ID với mặt cầu. Ta có: OT 2 = OI .OM ⇔ OI .OM = 32 = 9uuur uuuurM ( x0 ; y0 ; z0 ) ⇒ n( P ) = OM = ( x0 ; y0 ; z0 )Phương trình ( P ) là: x0 ( x − 1) + y0 ( y − 1) + z0 ( z − 2 ) = 0OI = d ( O; ( P ) ) =⇒x0 + y0 + 2 z0x02 + y02 + z02x0 + y0 + 2 z0x +y +z202020; OM = x02 + y02 + z02. x + y + z = 9 ⇒ x0 + y0 + 2 z0 = 9202020.

Tài liệu liên quan

• đề thi thử THPTQG năm 2019 địa lí THPT chuyên trần phú hải phòng lần 1 có lời giải
  • 9
  • 591
  • 10
• đề thi thử THPTQG năm 2019 địa lí THPT đoàn thượng hải dương lần 2 có lời giải
  • 8
  • 212
  • 0
• đề thi thử THPTQG năm 2019 địa lí THPT ngô quyền hải phòng lần 1 có lời giải
  • 8
  • 378
  • 2
• đề thi thử THPTQG 2019 ngữ văn THPT ngô quyền hải phòng lần 1 có lời giải
  • 5
  • 654
  • 1
• đề thi thử THPTQG 2019 lịch sử THPT chuyên trần phú hải phòng lần 1 có lời giải
  • 15
  • 880
  • 15
• đề thi thử THPTQG 2019 lịch sử THPT đoàn thượng hải dương lần 2 có lời giải
  • 11
  • 192
  • 1
• đề thi thử THPTQG 2019 lịch sử THPT chuyên ngô quyền hải phòng lần 1 có lời giải
  • 11
  • 256
  • 2
• đề thi thử THPTQG 2019 toán THPT tứ kỳ hải dương lần 1 có lời giải
  • 18
  • 753
  • 10
• đề thi thử THPTQG 2019 lịch sử THPT đoàn thượng hải dương lần 1 có lời giải
  • 12
  • 388
  • 5
• đề thi thử THPTQG 2019 sinh học THPT đoàn thượng hải dương lần 1 có lời giải
  • 8
  • 360
  • 6

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

(2.16 MB - 29 trang) - Đề thi thử THPT QG 2019 - Toán - THPT Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương - Lần 1 - có lời giải Tải bản đầy đủ ngay ×