ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN THPT QUỐC GIA

NHĨM KYSER ƠN THI THPT KHĨA ĐỀ THI THỬ THPT 2019 PAGE TÀI LIỆU KYS MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút Đề 50 Chuyên Hạ Long lần 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.D 12.B 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: Thể tích khối nón có bán kính đáy r chiều cao h là: V = π r h Cách giải: Ta = có V 3) a π a = πr h π (a = 3 Chọn A Câu 2: Phương pháp: Giải phương trình mũ: a f ( x ) = a m  f ( x ) = m ( < a ≠ 1) Cách giải: 9x −3 x + x = =1 ⇔ x − x + = ⇔  x = Vậy S = {1; 2} Chọn D Câu Phương pháp: G ( xG ; yG ; zG ) x A + xB + xC   xG =  y A + yB + yC  trọng tâm tam giác ABC ⇒  yG =  z A + z B + zC   zG =  Cách giải: Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 x A + xB + xC − +  = = =  xG 3  y A + yB + yC + +  = = ⇒ G (2;1; −1) Ta có:  yG = 3  z A + z B + zC + −  = = −1  zG = 3  Chọn C Câu Phương pháp: Cơng thức tính diện tích xung quanh khối trụ có bán kính đáy r chiều cao h là: S xq = 2π rh Cách giải: = Sxq Ta có: = 2π rh 2π= 4.3 24π Chon B Câu 5: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết đồ thị hàm = số y log a x ( < a ≠ 1, x > ) Cách giải: Xét hàm số y = log2x ta có: = +)TXĐ: D (0; +∞) Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm TCĐ +)Có a = > nên đồ thị hàm số đồng biến (0;+ ∞) +)Đồ thị hàm số qua điểm (1;0) nằm bên phải trục tung +)Như có đáp án C sai Chọn C Câu 6: Phương pháp: Cơng thúc tính thể tích khối lăng trụ: V = S d h Cách giải: Khối lăng trụ khối lăng trụ đứng có cạnh bên cạnh đáy a a3 '.S ABC a= VABC = AA= A ' B 'C ' 4 Chọn D Câu 7: Phương pháp: Hàm số y = f ( x ) nghịch biến ( a; b )  y ' ≤ 0, ∀x ∈ (a; b) Cách giải: Ta có: y’ = x – x – Hàm số nghịch biến  y’ <  x − x − <  −1 < x < Chọn D Câu 8: Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 Phương pháp: g ( x) +) Đường thẳng x = a gọi TCĐ đồ thị hàm số y = ⇔ lim f ( x) = ∞ f ( x) = x→a h( x ) +) Đường thẳng y = b gọi TCN đồ thị hàm số y = f ( x) ⇔ lim f ( x) = b x →∞ Cách giải: x = Ta có x − = ⇔  ⇒đề thị hàm số có TCĐ : x = 1, x = −1  x = −1 − x−6 x x Có = = lim lim ⇒ y = TCN đồ thị hàm số x →∞ x − x →∞ 1− x Như đồ thị hàm số có đường tiệm cận Chọn B Chú ý giải: Học sinh sử dụng máy tính để làm nhanh tians tìm số đường tiệm cận Câu Phương pháp: Dựa vào dáng điệu đồ thị hàm số, nhận xét suy công thức Cách giải: Quan sát đồ thị hàm số ta thấy nét cuối hàm số xuống nên a < ⇒ loại đáp án B Ta thấy đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ lớn nên loại đáp án A +) Xét đáp án C ta có y ' =−3 x − =0 ⇔ x =−1 ⇒ pt VN ⇒Hàm số cự trị Mà quan sát đồ thị có hai điểm cực trị ⇒ loại C Chọn D Câu 10 Phương pháp: dx Sử dụng công thức nguyên hàm ∫ e nx= nx e +C n Cách giải: Ta có ∫ e3 x dx = e3 x +C Chọn D Câu 11: Phương pháp: +) Ta có: SA, SB, SC đơi vng góc nên: VSABC = SA.SB.SC Cách giải: Ta có: SA, SB, SC đơi vng góc= nên: VSABC 1 = SA.SB.SC abc 6 Chọn D Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 Câu 12: Phương pháp: Hàm số y log a f ( x)(0 < a ≠ 1) xác định ⇔ f ( x) > = Cách giải: x > Hàm số xác định ⇔ x − x − > ⇔   x < −1 Chọn B Câu 13: Phương pháp: Cho mặt cầu (S): x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = mặt cầu có tâm I ( a; b; c ) có bán kính R= a + b2 + c2 − d Cách giải: Theo đề bài, mặt cầu (S) có tâm I (1; −2; ) bán kính R= 12 + (−2) + 22 + 25= 34 Chọn A Câu 14: Phương pháp: Sử dụng công thức nguyên hàm bản: ∫ cos = = xdx sin x + C ; ∫ xdx x2 +C Cách giải: Ta có ∫ (cos x − x)dx= sin x − 2x2 + C= sin x − x + C Chọn A Câu 15: Phương pháp: Dựa vào BBT đáp án để nhận xét chọn đáp án Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy M ( 0; ) điểm cực đại 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 bk k =0 Cách giải 12 12 12 1   −1  Ta có:  x − 12= ∑ C12k ( x )12− k   = ∑ C12k x 24− k (−1) k x − k = ∑ (−1) k C12k x 24−3k (0 ≤ k ≤ 12, k ∈ N ) x   x  = k 0= k 0= k k Để có số hạng khơng chứa x khai triển thì: 24 – 3k = ⟺ k = Vậy hệ số cần tìm (−1)8 C128 = 495 Chọn C Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 Câu 17: Phương pháp: Các điểm x = x0 gọi điểm cực trị hàm số y = f ( x ) ⟺ x = x0 nghiệm bội lẻ phương trình y’ = Cách giải: e x + =0  x = ln12  x e − 12 =  x x  = x =−1 Ta có f '( x) =0 ⇔ (e + 1)(e − 12)( x + 1)( x − 1) =0 ⇔  x + =0  x =   x − =0 Trong ta thấy x = nghiệm bội hai phương trình ⇒ x = không điểm cực trị hàm số Vậy hàm số có điểm cực trị Chọn B Câu 18: Phương pháp: So sánh tỉ số diện tích đáy tỉ số chiều cao, từ suy tỉ số thể tích Cách giải: d ( M ;( ABC ) ) S ∆ABC VM ABC 1 Ta có = = = VABC A ' B 'C ' d ( C ';( ABC ) ) S ∆ABC Do tỉ số thể tích hai phần (số bé chia số lớn) mà mặt phẳng (MAB) chia Chọn C Câu 19: Phương pháp: Cơng thức tính thể tích khối cầu bán kính R: V = π R 3 Cách giải: Khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a có bán kinh R = a  a  π a3 = ⇒V π=   2 Chọn A Câu 20: Phương pháp: Cơng thức tính thể tích khối chóp V = S d h Cách giải: {O} Khi ta có O hình chiếu S (ABCD) Gọi AC ∩ BD = Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 Gọi M trung điểm BC ⇒ SM⊥BC ⇒ ∠ ( ( SBC ) ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SM ; OM ) = ∠SMO = 600 Xét SOM vng O ta có: = SO 600 OM tan= a a = 2 1 a a3 a VSABCD SO.S ABCD = = = 3 Chọn C Câu 21: Phương pháp: +) Áp dụng tính chất: )dx ∫ f '( x= f ( x) + C +) Sử dụng cơng thức tính ngun hàm hàm số để tìm hàm f ( x ) sau tính f ( ) Cách giải: x x x Ta có f ( x) = e x + ∫ xe x dx ∫ ( x + 1)e dx = ∫ xe dx + ∫ e dx = Tính I = ∫ e x dx = u x= du dx ⇒ Đặt  x dx v e x = dv e= ⇒ I= ∫ xe dx= x 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 + ⇒ f (2)= 2.e + 1= 2e + Chọn B Câu 22: Phương pháp: +) Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ( x0 ) điểm M ( x0 , y0 ) là: = y f ’ ( x0 )( x − x0 ) + y0 a1 = a2 +) Đường thảng = y a1 x + b1 và= y a2 x + b2 hai đường thẳng song song ⇔  b1 ≠ b2 Cách giải: Ta có = y ' 3x − x Gọi M ( x0 , y0 ) điểm thuộc đồ thị hàm số Khi phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số cho điểm M là: y = f ’ ( x0 )( x − x0 ) + y0 ⇔ y = ( 3x − x0 )( x − x ) + x Theo đề ta có đường thẳng d / / y = x + ⇒ f '( x0 ) =  x= ⇒ M (3;1) ⇔ x02 − x0 =⇔ x02 − x0 − =⇔  x =−1 ⇒ M (−1; −3)  +) Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số M (3;1) là: y = 9( x − 3) + 1= x − 26 (tm) Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 +) Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số M (−1; −3) là: y = 9( x + 1) − = x + ( ktm ≡ (d) ) Chọn B Câu 23: Phương pháp: Ta có cơng thức tính thể tích khối chóp= V 3V S d h ⇒= h Sd Cách giải: Sử dụng cơng thức tính nhanh khối chop tứ diện cạnh a V = Diện tích đáy tam giác là: S = ⇒ h= 3V = S a3 12 a2 a3 12 = a a Chọn C Câu 24: Phương pháp Hàm số cho đồng biến R ⇔ y′ ≥ ∀x ∈ R Cách giải: Ta có y ' = 3x − x + m Hàm số cho đồng biến R ⇔ y′ ≥ 0∀x ∈ R ⇔ ∆′ ≤ ⇔ − 3m ≤ ⇔ m ≥ Chọn A Câu 25: Phương pháp Ta có cơng thức tính thể tích khối chóp V = Sd h Cách giải Ta có: V = 1 1 a3 = SABC SA SA .AB.AC.sin = A a.a.2a = 3 6 Chọn C Câu 26: Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón Sxq = π rl r, l bán kính đáy độ dài đường sinh hình nón Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 Cách giải: Khi quay tam giác vuông cân ABC quanh AH ta khối nón có chiều cao AH = 4, bán kính đáy BH = AH = Áp dụng định lí Pytago tam giác vng ABH có = AB AH = Khi diện tích xung quanh hình nón Sxq= π AH ⋅ AB= π 4.4 2= 16 2π Chọn B Câu 27: Phương pháp:  u  u 'v − v'u Sử dụng cơng thức tính đạo hàm thương   ' = v2 v Cách giải: y' ln x − (x + 1) ⋅ x x ln x − x − = (ln x) x(ln x) Chọn B Câu 28: Phương pháp: Xét hai trường hợp: TH1: cosx = TH2: cosx ≠ Chia vế phương trình cho cos x Cách giải: TH1: cos x = ⇔ x = ⇒x= π π + kπ (k ∈ Z) ⇒ sin x =1 , phương trình trở thành = (luôn đúng) + kπ (k ∈ Z) nghiệm phương trình x ∈ [0;3π ] ⇒ ≤ π + kπ ≤ 3π ⇔ − TH2: cos x ≠ ⇔ x ≠ π ≤ k ≤ (k ∈ Z) ⇔ k ∈ {0;1; 2} 2 + kπ (k ∈ Z) Chia vế phương trình cho cos x ta được: Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 π sin x sin x 1 + = ⇔ tan x + tan x =1 + tan x ⇔ tan x = ⇔ x = + kπ (k ∈ Z) cos x cos x cos x 17 π x ∈ [0;3π ] ⇒ ≤ + kπ ≤ 3π ⇔ − ≤ k ≤ (k ∈ Z) ⇔ k ∈ {0;1; 2} 6 Vậy phương trình cho có nghiệm thỏa mãn yêu cầu toán Chọn B Câu 29: Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép A A(1 + r) n đó: = n 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 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 số khơng đổi dãy ( u n ) cấp số cộng Cách giải: Xét đáp án B ta có u n +1 = 3(n + 1) + = 3n + ⇒ u n +1 − u n = 3∀n ∈ N* Do dãy số u n =3n + 1( n ∈ N* ) cấp số cộng Chọn B Câu 31: Phương pháp: Sử dụng nguyên hàm ∫ = dx x + C công thức vi phân f ′ (x)dx = d(f (x)) x Cách giải: ∫x = dx ln x + ∫ d(ln x + 1) = ln x + + C ln x + Chọn D Chú ý: Đối với tốn này, khơng quen sử dụng vi phân học sinh hồn tồn sử dụng phương = t pháp biến cách đặt Nguyên hàm trở thành ∫ ln x + , t 2= ln x + ⇔ 2tdt= dx x 2tdt = ∫ dt = 2t + C = ln x + + C t Câu 32: Phương pháp: Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019    a.b Sử dụng công thức cos(a; b) =   a.b Cách giải:   Ta có cos(a; = b)  ab =  a b −2 + −1 = 14 2 Chọn A Câu 33: Phương pháp:   ABCD hình bình hành ⇔ AB = DC Cách giải:   ABCD hình bình hành ⇔ AB = DC   Ta có AB = (−4; −2; 2); DC = ( − x D ; − y D ; −1 − z D ) −4 2 − x D = x D =     AB =DC ⇔ 4 − y D =−2 ⇔  y D =6 ⇒ D(6;6; −3) −1 − z =2 z =−3 D   D Chọn D   CD Chú ý AB = CD Chú ý: Học sinh thường nhầm lẫn ABCD hình bình hành ⇔ AB =   AB ≠ CD Câu 34: Phương pháp: Phương pháp tìm GTLN, GTNN hàm số y = f (x) [ a; b ] +) Giải phương trình f '(x) = suy nghiệm x i ∈ [ a; b ] +) Tính f (a);f (b);f ( x i ) +) Kết luận max f (x) [a;b] max = {f (a);f (b);f (x i )} ; f (x) {f (a); f (b);f (x i )} [a;b] Cách giải: (2x + 1)(x − 2) − ( x + x + 3) x − 4x −  x = ∉ [−2;1] TXĐ: D = R \ {2} Ta có y =' = = 0⇔ 2 (x − 2) (x − 2)  x =−1 ∈ [−2;1] M = −1 f (−2) =− ;f (1) =−5;f (−1) =−1 ⇒  ⇒ T =M + 2m =−1 − 10 =−11 m = −5 Chọn B Câu 35: Phương pháp: +) Phân tích biểu thức x +1 A B =+ (A, B ∈ R) (x − 1)(x − 2) x − x − +) Sử dụng nguyên hàm mở rộng dx ∫ ax + b= Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 ln ax + b + C a 10 Cách giải: Ta có x +1 −2 = + (x − 1)(x − 2) x − x − Do x +1  −2  ∫ (x − 1)(x − 2)dx =∫  x − + x − dx =−2 ln x − + 3ln x − + C a = −2 b = a ln x − + b ln x − + C ⇒  ⇒ a += b = Chọn A Câu 36: Phương pháp: +) Tìm điều kiện để phương trình hồnh độ giao điểm có nghiệm phân biệt +) Sử dụng cơng thức tính diện tích tam giác = S∆IBC 2S∆IBC 1 d(I; BC).BC = d(I;d), BC= ⇒ BC 2 d(I;d) +) Sử dụng cơng thức tính độ dài BC = ( x B − x C ) + ( yB − yC ) 2 +) Áp dụng định lí Vi-ét tìm m Cách giải: Xét phương trình hồnh độ giao điểm x + 2mx + (m + 3)x + = x + ⇔ x + 2mx + (m + 2)x =  x = ⇒ y = ⇒ A(0; 4) ⇔ x ( x + 2mx + m + ) =0 ⇔  0(1)  x + 2mx + m + = Để y = x + 2mx + (m + 3)x + đường thẳng y= x + cắt điểm phân biệt phương trình m > ∆=' m − m − >  ⇔   m < −1 (1) phải có nghiệm phân biệt khác ⇒  m + ≠ m ≠ −2  −2m x B + x C = Khi đó: x B ; x C nghiệm phương trình (1), áp dụng định lí Vi-ét ta có   x B x C= m + 2S 1 d(I; BC).BC d(I;d).BC ⇒ BC =∆IBC = 2 d(I;d) Ta có S∆IBC = Mà d(I;d) = 1− + = ⇒ BC = 2.8 =16 Ta có BC2 =( x B − x C ) + ( y B − y C ) =( x B − x C ) + ( x B + − x C − ) =2 ( x B − x C ) 2 2 ⇔ ( x B − x C ) = 128 ⇒ ( x B + x C ) − 4x B x C = 128 ⇔ 4m − 4(m + 2) = 128 ⇔ m − m − = 32 ⇔ m − m − 34 = 2 Phương trình bậc hai ẩn m có nghiệm phân biệt m1 , m m1 + m = Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 11 Chọn C Câu 37: Phương pháp: +) Tìm điều kiện hàm số có điểm cực trị Xác định điểm cực trị A, B, C đồ thị hàm số d(A; BC) ⋅ BC +) Tính diện tích tam giác ABC, sử dụng công thức S∆ABC = +) Sử dụng công thức S∆ABC = AB ⋅ AC ⋅ BC R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 4R Cách giải: x = TXĐ: D = R Ta có y ' = 4x − 4mx = 0⇔ x = m Để hàm số có điểm cực trị phương trình y ' = có nghiệm phân biệt ⇔ m >  x = ⇒ y = 2m + m ⇒ A ( 0; 2m + m )  Khi ta có: y ' =0 ⇔  x = m ⇒ y =m − m + 2m ⇒ B m; m − m + 2m   − m⇒y= m − m + 2m ⇒ C − m; m − m + 2m  x = ( ( ) ) Ta có d(A; BC) = m + 2m − m + m − 2m = m ; BC = m ⇒ S∆= ABC 1 d(A; BC).BC m = m m2 m = 2 Ta có: AB2 =m + m =AC2 Gọi R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có: AB ⋅ AC ⋅ BC = S∆ABC ⇔ = m2 m 4R (m + m ) 4 m ⇔= m + m 2m m = m =    −1 + −1 + −1 −  ⇔ m ( m3 − 2m + 1) = ⇔= m = ⇒ S 0;1; ;  2      m = −1 −  Khi tổng phần tử S + + −1 + −1 − + =0 2 Chọn C Câu 38: Phương pháp: +) Chứng minh tứ giác ABMD tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BD, suy mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD +) Xác định giao điểm I trục tứ giác ABMD SAD Chứng minh I tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD +) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp R = IA , sử dụng cơng thức tính diện tích mặt cầu S = 4π R Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 12 Cách giải: Xét tam giác vuông ADC có AD.CD = AD + CD = DH HC = CD = AC a ⋅ 2a 2a = a + 4a CD = AD + CD 2a ⇒ HM = HC = =DH 4a 4a = a + 4a ⇒ ∆DMH vuông cân H ⇒ AMD= 45°= ABD ⇒ Tứ giác ADMB tứ giác nội tiếp ⇒ Mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD Dễ thấy tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn đường kính BD, gọi O trung điểm BD, kẻ đường thẳng d ⊥ (ABCD) Gọi G trọng tâm tam giác SAD, qua G kẻ GI / /OK(I ∈ d) (K trung điểm 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 tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD a a2 a2 a 2 Ta có OK = AB = =AK ⇒ OA = OK + AK = + = 2 4 Tam giác SAD cạnh a ⇒ SK = a a ⇒ GK = SK = = OI 2 a 3 a 2 a 21 Xét tam giác vuông IOA có: IA = 10 + OA =  =R  +   =       2 7a 7π a Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM S =4π R =4π ⋅ = 12 Chọn D Câu 39: Phương pháp: Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 13 Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB= ( x A − x B ) + ( yA − yB ) + ( zA − zB ) 2 Cách giải: Gọi M(a; b;c) ta có: MA + MB2 + MC2 = 52 2 ⇔ (a − 1) + (b − 2) + c + (a − 3) + (b − 2) + (c+ 1) + (a + 1) + (b + 4) + (c − 4) = 52 2 ⇔ 3a + 3b + 3c − 6a − 6c = 2 ⇔ a + b + c − 2a − 2c = Vậy tập hợp tất điểm M mặt cầu tâm I(1;0;1) bán kính R= 12 + 02 + 12 − 0= Chọn C Câu 40: Phương pháp: +) Sử dụng cơng thức tính đạo hàm hàm hợp tính đạo hàm hàm số g ( x ) = f ( - x ) +) Hàm số đồng biến (a; b) g′ (x) ≥ 0∀x ∈ (a; b) hữu hạn điểm Cách giải: Đặt g(x) = f (3 − x) ta có g '(x) = −f '(3 − x) Xét x ∈ (−2; −1) ⇒ − x ∈ (4;5) ⇒ f ′ (3 − x) > ⇒ g′ (x) < ⇒ hàm số y = g(x) nghịch biến (−2; −1) Xét x ∈ (−1; 2) ⇒ − x ∈ (1; 4) ⇒ f ′ (3 − x) < ⇔ g′ (x) > ⇒ hàm số y = g(x) đồng biến (−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 3VS.AMNP +) Sử dụng cơng thức tính thể tích VS.AMNP = SN.SAMNP ⇒ SAMNP = SN Cách giải: O AC ∩ BD Gọi = Do M thuộc mặt cầu đường kính AC Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 14 ⇒ AMC =90° ⇒ MC ⊥ MA Ta có BC ⊥ AB(gt) ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AM  BC ⊥ SA(SA ⊥ (ABCD)) ⇒ AM ⊥ (SBC) ⇒ AM ⊥ SB 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 tam giác vng SAC ta có SN = SA = SC SA = SA + AC2 a2 = a + 2a a SN SA a2 = = = 2 SC SC a + 2a 3 SM SA a2 Áp dụng hệ thức tam giác vng SAB ta có = = = 2 SB SB a +a SP SA a2 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông SAD ta có = = = 2 SD SD a +a Ta có: VS.AMN SM SN 1 1 = ⋅ = ⋅ = ⇒ VS.AMN = VS.ABC = VS.ABCD VS.ABC SB SC 6 12 VS.ACD SN SP 1 1 = ⋅ = ⋅ = ⇒ VS.ANP = VS.ACD = VS.ABCD VS.ACD SC SD 6 12 1 1 a3 ⇒ VS.AMN = ⋅ SA.SABCD = VS.AMN + VS.ANP =VS.ABCD + VS.ABCD = VS.ABCD = 12 12 6 18 Lại có VS.AMNP = SN.SAMNP ⇒ SAMNP a3 3⋅ 3VS.AMNP 18 a = = = a SN Chọn D Câu 42: Phương pháp: +) Sử dụng phương pháp hàm số tìm K +) Tìm điều kiện để hàm số y = 2x − 3(m + 2)x + 6(2m + 3)x − 3m + có y ' ≥ 0∀x ∈ K Cách giải: 2x + x +1 ⇔ 2x + − 2+ x +1 x +1 + 2018x ≤ 2018 + 2018x + 1009 x + ≤ 2+ x +1 Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 + 2018 + 1009 x + 15 ′ Xét hàm số f (t)= t + 1009t ta có f= (t) t ln + 1009 > 0∀t ∈ R ⇒ Hàm số đồng biến R (−∞;1] ⇒ (*) ⇔ 2x + x + ≤ + x + ⇔ x ≤ ⇒ K = Bài tốn trở thành tìm m để hàm số y = 2x − 3(m + 2)x + 6(2m + 3)x − 3m + đồng biến ( −∞;1] Ta có y ' =6x − 6(m + 2)x + 6(2m + 3) =0 ⇔ x − (m + 2)x + (2m + 3) =0 ∆= (m + 2) − 4(2m + 3) = m − 4m − TH1: ∆ ≤ ⇔ − ≤ m ≤ + Hàm số đồng biến R, thỏa mãn đồng biến ( −∞;1] m > + TH2: ∆ > ⇔  , hàm số có điểm cực trị x1 < x Ta có bảng xét dấu y’:  m < − Để hàm số đồng biến (−∞;1] ⇒ ≤ x1 < x  x1 + x >  x1 + x > ⇔ Khi ta có  ( x1 − 1)( x − 1) ≥  x1 x − ( x1 + x ) + ≥  x + x =m + Áp dụng định lí Vi-ét ta có  2m +  x1x= m + > m > m > ⇒ ⇔ ⇔ ⇔m>0 2m + − m − + ≥ m + ≥ m ≥ −2 ⇒ m > 2+2 a = Kết hợp trường hợp ta có − ≤ m ⇒ m ∈ [2 − 12; +∞) ⇒  ⇒ S= a + b= 14 b = 12 Chọn A Câu 43: Cách giải: +) Gọi AA’, BB’, CC’ đường cao tam giác ABC BC ⊥ AA ' Ta có  ⇒ BC ⊥ ( SAA ') ⇒ BC ⊥ SA BC ⊥ SH Hoàn toàn tương tự ta chứng minh AB ⊥ SC, AC ⊥ SB ⇒ Đáp án D +) S.ABC tứ diện trực tâm nên tổng bình phương cặp cạnh đối tứ diện (tính chất tứ diện trọng tâm) ⇒ đáp án B +) Gọi M, N, P, Q trung điểm SA, SC, BC, AB Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 16 Ta có MN / /PQ / /AC, MN = PQ = AC (tính chất đường trung bình tam giác) ⇒ MNPQ hình bình hành MN / /AC  Lại có MQ / /AC ⇒ MN ⊥ MQ ⇒ MNPQ hình chữ nhật ⇒ MP = NQ AC ⊥ SB  Tương tự đường nối trung điểm cạnh đối diện lại AC SB Ta chứng minh đoạn thẳng nối trung điểm cặp đối tứ diện ⇒ Đáp án A Chọn C Câu 44: Phương pháp: +) Nhân vế với e x Lấy nguyên hàm vế sau xác định hàm số f (x) +) Từ giả thiết f (0) = tính số C, từ tính f (1) Cách giải: f ′ (x) + 2x.f (x)= e − x ∀x ∈ R ⇔ e x [ f '(x) + 2x.f (x) ] = ⇔ e x f '(x) + 2x.f (x)e x = 2 ( ) ⇔ f (x) ⋅ e x ' = ⇔ 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 = e Chọn D Câu 45: Cách giải: O AC ∩ BD (P) mặt phẳng chứa AB vng góc với Gọi = (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) (SCD) có điểm M chung, AB / /CD ⇒ (P) ∩ (SCD) = đường thẳng qua M song song với AB, CD Trong (SCD) kẻ MN / /CD(N ∈ SD) Khi (P) ≡ (ABMN) Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 17 1 2 S= S∆= SMABd(I;(ABD)) IOS∆MBD = ABD d(M;(ABD)) ∆ABD d(N;(ABD)) 3 3 Ta có VD.ABN = ⇒ VD.ABN = 2 4a IO .4a = IO 3 Do để VD.ABN lớn OI phải lớn Vì SA ⊥ (SBD)(cmt) ⇒ SA ⊥ SO ⇒ ∆SOA vuông S Đặt SA= x(0 < x < a 2= OA) Ta có 1 AC = 2a = a ⇒ SO = 2 OA = OA − SA = 2a − x Kẻ SH ⊥ AC(H ∈ AC) ta có SA.SO = SA + SO = SH x 2a − x x 2a − x SO 2a − x = = = ;OH OA a a x + 2a − x 2a − x 4a − x = CH = OC + OH = a + a a Áp dụng định lí Ta-lét (OI / /SH) ta có: x 2a − x a OI OC x 2a − x a x 4a − 2x a = ⇒ OI = = = a 4a − x SH CH 4a − x 4a − x a Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số không âm x 4a − 2x ta có: x + 4a − 2x 4a − x x 4a − 2x ≤ = 2 2 4a − x a ⇒ OI ≤ a 2 = 4a − x Dấu “=” xảy ⇔ x = Vậy VDABN ≤ 4a − 2x ⇔ x = 4a − 2x ⇔ x = 2a a ⇔ x= 3 4a a 2a 2a ⋅ = hay max V DABN = 3 Chọn A Câu 46: Phương pháp: +) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ x = x Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 18 +) Từ giả thiết có tiếp tuyến là: ∆1 : y = −1 tính m +) Thử lại kết luận Cách giải: TXĐ: D = R , ta có y ' = 3x − 6(m + 3)x Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ x = x là: y= ( 3x − 6(m + 3)x ) ( x − x ) + x 30 − 3(m + 3)x 02 + 3(d) Có tiếp tuyến ∆1 : y = −1  x = 3x 02 − 6(m + 3)x =  x 2(m + 3) ⇒ ⇔  =  x − 3(m + 3)x + =−1   x − 3(m + 3)x + =−1 TH1: x =0 ⇒ =−1 (vô nghiệm) TH2: x 0= 2(m + 3) ⇒ 8(m + 3)3 − 3(m + 3).4(m + 3) + 4= ⇔ −4(m + 3)3 + = ⇔ (m + 3)3 = ⇔ m + = ⇔ m = −2 Thử lại m = −2 , phương trình đường thẳng (d) trở thành y= ( 3x − 6x ) ( x − x ) + x 30 − 3x 02 + 3(d) ( 3x −1 A(−1; −1) ∈ (d) ⇒= − 6x ) ( −1 − x ) + x 30 − 3x 02 + ⇔ −1 = −3x 02 + 6x − 3x 30 + 6x 02 + x 30 − 3x 02 + x = ⇔ 2x 30 − 6x − = ⇔   x = −1 Phương trình có nghiệm phân biệt, từ A kẻ tiếp tuyến đến đồ thị hàm số m = −2 (tm) Vậy m = −2 Chọn A Câu 47: Phương pháp: +) Chia vế bất phương trình cho 42x 3 +) Đặt   2 2x − x = t , với x ≥ −x xác định khoảng giá trị t +) Đưa bất phương trình dạng m ≤ f (t)∀t ∈ (a; b) ⇔ m ≤ f (t) (a;b) +) Lập BBT hàm số y = f (t) kết luận Cách giải: m.92 x ⇔ m −x − (2m + 1)62 x 92 x −x 42 x −x −x − (2m + 1)   x ⇔ m     −x + m42 x 62 x −x 42 x −x −x ≤0 +m≤0 2x  3  − (2m + 1)   2  −x +m≤0 Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 19 3 Đặt   2 x2 − x x = t với x ≥ −∞ f ′( x) f ( x) Xét hàm số f (= x) x − x ta có BBT +∞ − + + +∞ +∞ − ⇒ f ( x) ≥ 0∀x ≥ 3 ⇔t ≥  = 2 Khi bất phương trình trở thành mt − (2m + 1)t + m ≤ 0∀t ≥ q ⇔ m(t − 2t + 1) − t ≤ 0∀t ≥ ⇔ m(t − 1) − t ≤ 0∀t ≥ Khi t = ta có −1 ≤ Xét t > ⇒ m ≤ t = f (t )∀t > ⇔ m ≤ f (t ) t >1 (t − 1) (t − 1) − t.2.(t − 1) t − − 2t = =0 ⇔ t =−1 Ta có f '(t ) = (t − 1) (t − 1)3 BBT: t −1 −∞ f ′ (t ) + f (t ) +∞ − − +∞ −∞ 0 Dựa vào BBT hàm số y = f (t ) ta có f (t ) > ⇒ m ≤ t >1 Chọn C Câu 48: Phương pháp: +) Sử dụng cơng thức tính thể tích khối nón r, h bán kính đáy chiều cao khối nón +) Sử dụng cơng thức tính thể tích khối nón cụt r1, r2 bán kính đáy chiều cao khối nón Cách giải Khi quay hình vng ABCD quanh AM ta được: Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 20 +) khối nón đỉnh A, đường cao AN, bán kính đáy NB (V1) +) khối nón cụt tâm N, P (V2) – 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 − AN = 1− Z = 1 12 +   2 2 = 5   5π π = = ⇒ V1   5 75  PC = PC MC MP Ta có ∆MPC  ∆ANB( g g ) ⇒ = = =⇒ NB AB AN  = MP  ⇒ NP = MN + MP = AM − AN + MP = ⇒ V= 1 = NB 1 = AN 2 5 1 − + = 5 π   14 π ( PC + BN + PC.BN ) NP = + +  = 75 π 3  5 5 5π π   π MP.PC =  =  3  5 150 V3 = V = V1 + V2 − V3 = 5π 14 5π + π− = π 75 75 150 30 Chọn B Câu 49: Phương pháp +) Gọi số đoạn có chiều dài đốt x số đoạn có chiều dài đốt y, lập hệ phương trình giải tìm x, y trường hợp x – y = , suy kết thuận lợi cho biến cố “số đoạn đốt nhiều số đoạn đốt đoạn” 100 x + y = 10 ( x, y ∈ N ) , suy số phần tử không +) Tính số số ( x; y ) thoả mãn x + y = gian mẫu +) Tính xác suất biến cố Cách giải Gọi số đoạn có chiều dài đốt x số đoạn có chiều dài đốt y, ta có hệ phương trình + y 100 = 2 x=  x 15 ⇔  = x − y =  y 14 Gọi A biến cố số đoạn đốt nhiều số đoạn đốt đoạn” ⇒ n( A) = 100 (x,y ∈ N) ta có bảng sau: Xét số (x,y) thoả mãn x + y = x 10 15 Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 20 25 30 35 40 45 50 21 y 20 18 16 14 12 10 ⇒ n(Ω) =11 ) Vậy P( A= ≈ 0, 09 11 Chọn D Câu 50: Phương pháp Giải phương trình y’ = Lưu ý tính đạo hàm hàm hợp Số nghiệm bội lẻ phương trình số cực trị hàm số Cách giải 2, x = x1 ∈ (1; ) , x = x2 ∈ ( 2;3) Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) ta thấy hàm số có điểm cực trị x =  f '( x) =  f ( x) = Xét hàm số y = f ( f ( x)) có y =' f '( x) f '( f ( x))= ⇔   f ( x= ) x1 ∈ (1; 2)  ) x2 ∈ (2;3)  f ( x= x = Phương trình f '( x) =0 ⇔  x =x1 ∈ (1; 2)  x= x2 ∈ (2;3) Phương trình f ( x) = có nghiệm đơn phân biệt Phương trình f ( x= ) x1 ∈ (1; 2) có nghiệm đơn phân biệt Phương trình f ( x= ) x2 ∈ (2;3) có nghiệm đơn phân biệt Các nghiệm khơng trùng nhau, phương trình y’ = có nghiệm phân biệt (không tringf nhau), Các nghiệm nghiệm đơn Do hàm số y = f ( f ( x) ) có điểm cực trị Chọn D Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 22 ... yêu cầu toán Chọn B Câu 29: Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép A A(1 + r) n đó: = n 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 12 năm Dân... nghiệm không trùng nhau, phương trình y’ = có nghiệm phân biệt (không tringf nhau), Các nghiệm nghiệm đơn Do hàm số y = f ( f ( x) ) có điểm cực trị Chọn D Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019. .. liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019 12 Cách giải: Xét tam giác vng ADC có AD.CD = AD + CD = DH HC = CD = AC a ⋅ 2a 2a = a + 4a CD = AD + CD 2a ⇒ HM = HC = =DH 4a 4a = a + 4a ⇒ ∆DMH vuông cân H ⇒