114. Đề thi thử THPT QG 2019 - Toán - Chuyên ĐHSP Hà Nội - Lần 2 - có lời giải

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2019, LẦN MƠN TỐN Ngày thi: 23 - 24/02/2019 Thời gian làm bài: 90 phút Mã đề thi 521 Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội bám sát đề minh họa Bộ GD&ĐT Các câu hỏi với lượng kiến thức lớp 12 11 Mức độ câu hỏi khơng q khó, đề thi xuất vài câu hỏi mang tính chất tương đối khó, câu hỏi học sinh gặp ôn luyện Đề thi giúp HS ơn luyện tốt có tâm thể vững vàng để bước vào kì thi THPTQG tới Câu 1: Số nghiệm âm phương trình log x   A B C D Câu 2: Tất học sinh lớp 10A1 học giỏi hai mơn Tốn Tiếng Anh Lớp có 30 bạn giỏi Toán, 25 bạn giỏi Tiếng Anh, 16 bạn giỏi hai mơn Tốn Tiếng Anh Số học sinh lớp 10A1 A 46 B 39 C 55 D 41 gt , g  9,8m / s gia tốc trọng trường Giá trị gần vận tốc tức thời chuyển động thời điểm t  4s Câu 3: Một vật rơi tự theo phương trình s  A 39,2 m / s B 9,8 m / s C 19,2 m / s D 29,4 m / s Câu 4: Một ôtô chạy với vận tốc  m / s  người lái đạp phanh; từ thời điểm đó, tơ chuyển động chậm dần với vận tốc v  t   3t   m / s  , t khoảng thời gian tính giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh Hỏi từ lúc đạp phanh đến dừng hẳn, tơ cịn di chuyển mét? A 13,5 m B 12,5 m C 11,5 m D 10,5 m Câu 5: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm có bảng biến thiên hình bên Khẳng định sau đúng? A Hàm số đạt cực đại điểm x  B Hàm số đạt cực tiểu điểm x  1 C Hàm số đạt giá trị lớn D Hàm số đạt cực tiểu điểm x  x 1  f ' x +  f  x  + 1 1 Câu 6: Trong không gian tọa độ Oxyz, mặt phẳng chứa trục Oz qua điểm I 1; 2;3 có phương trình A x  y  B z   C x   D y   Câu 7: Hàm số hàm số sau có đồ thị phù hợp với hình bên? A y  x 1 2x 1 B y  x 1 2x 1 C y  x 1 2x 1 D y  x 1 2x 1      n  1  n n  n2 Câu 8: Giới hạn lim A  B 2 Câu 9: Tập nghiệm bất phương trình   3 A  ; 2    2;   B  x2  C D C  2;   D  2;  81 16  ; 2  Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD có tam giác SAC cạnh a Thể tích khối chóp S.ABCD A a3 B a3 12 C a3 D a3 3 Câu 11: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình bên đạo hàm f '  x  liên tục Giá trị biểu thức  f '  x  dx A C B D Câu 12: Hàm số sau có tập xác định A y  ln x B y  x e ? C y  x Câu 13: Nếu cấp số nhân  un  có cơng bội q u1  , u5  A q  B q  C q  2 D y  x D q  2; 2 Câu 14: Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho hình bình hành ABCD có A 1;0;1 , B  1;2;1 , C  0; 1;2  Tọa độ điểm D A  0;3; 1 B  0; 3;1 C  2; 3;  D  2;3;0  3x  x  Câu 15: Cho hàm số f  x   với m tham số thực Tập hợp giá trị m để hàm mx  mx  x  số liên tục x  A 1 B 0 D 0;1 C Câu 16: Cho hàm số y  f  x  liên tục R có đồ thị hình bên Số đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  A C f  x 1 B D Câu 17: Tập hợp số thực m để phương trình ln  x  mx  2019   ln x có nghiệm B 1 A  C 0 D x3 Câu 18: Tập hợp số thực m để hàm số y   mx   6m   x  có cực trị A \ 3;3 B C \ 3 D \ 3 Câu 19: Nền nhà tầng hội trường có độ cao 0,8 mét so với mặt đất Từ nhà tầng lên nhà tầng có cầu thang 19 bậc, độ cao bậc (so với mặt đất) theo thứ tự lập thành cấp số cộng  un  có 19 số hạng, u1  0,95; d  0,15 (đơn vị m) Độ cao bậc thứ so với mặt đất A 1,8m B 2m Câu 20: Xét khẳng định sau C 2,4m D 2,2m C D i) Nếu a  2019 a x  2019x x  ii) Nếu a  2019 ba  b2019 b  iii) Nếu a  2019 logb a  logb 2019 b  0, b  Số khẳng định khẳng định là: A B 1 Câu 21: Nếu số hữu tỉ a, b thỏa mãn   ae x  b  dx  3e  giá trị biểu thức a  b là A 10 B C D Câu 22: Khẳng định khẳng định sau khẳng định đúng? A Hai đường thẳng phân biệt vng góc với đường thẳng khơng vng góc với nha B Hai đường thẳng phân biệt vuông góc với đường thẳng vng góc với C Hai mặt phẳng phân biệt vng góc với mặt phẳng song song với D Hai đường thẳng phân biệt vng góc với mặt phẳng song song với Câu 23: Cho a, b  , a  b hàm số y  f  x  thỏa mãn f '  x   x5 x  , f    Khẳng định sau đúng? b A  f  x  dx  a b C  a b6  a 6 b a f  x  dx  42 b B  f  x  dx  b  a6  a b D  f  x  dx  b  a5 a Câu 24: Tung súc sắc cân đối đồng chất hai lần liên tiếp Gọi A biến cố ‘tổng số chấm xuất hai lần tung số nhỏ 10’ Xác suất biến cố A A B C 31 36 D 32 36 Câu 25: Cho tứ diện ABCD có AB  AC  AD  a, BAC  600 , CAD  600 , DAB  900 Khoảng cách hai đường thẳng AC BD A a 30 10 B a C a D a 2 4x  x 1 x  B Câu 26: Giới hạn lim A 15 C Câu 27: Số đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  A B x2  x C D D Câu 28: Cho hình nón có góc đỉnh 80 Góc đường thẳng chứa đường sinh mặt phẳng chứa đường tròn đáy A 800 B 100 C 400 D 500 Câu 29: Số số nguyên m để hàm số y  3sin x  4cos x   m   x đồng biến tập số thực A B C D Câu 30: Cho tập hợp A  0;1; 2;3; 4;5;6 Số số có chữ số abcde thỏa mãn điều kiện a, b, c, d , e thuộc A a  b  c  d  e A C75 B C75  C64 Câu 31: Cho hàm số y  f  x  xác định C A75 \ 9 thỏa mãn f '  x   D 5! x  x 9 \ 9 , f 8  2, f 10   2 Giá trị biểu thức f   f 12  A B ln C ln  D 4 Câu 32: Cho hàm số y  a x có đồ thị hình bên Giá trị a là: A B log 3 C D log3 Câu 33: Cho hàm số y  cos x có nguyên hàm F  x  Khẳng định sau đúng? 1         A F    F    B F    F    C F    F    1 D F    F    4 8 8 8 8 Câu 34: Một bóng đá có dạng hình cầu bán kính 12cm Diện tích mặt ngồi bóng A 576  cm2  B 576  cm2  C 576  cm2  D 144  cm2  C 102019  D 102019 2019 k Câu 35: Giá trị biểu thức A   C2019 9k k 1 A 10 2019  2019 B 102019  2020 Câu 36: Cho a, b  , a  b hàm số y  F  x  nguyên hàm hàm số y  sin x Khẳng định sau đúng? b b A  F '  x  dx  sin b  sin a B b C  F '  x  dx    cos b  cos a  a  F '  x  dx    sin b  sin a  a a b D  F '  x  dx  cos b  cos a a Câu 37: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x     y  1   z    điểm M 2 thay đổi mặt cầu Giá trị lớn độ dài đoạn thẳng OM A 12 B C Câu 38: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm hàm liên tục D thỏa mãn  f '  x  dx  45, f  0  Giá trị biểu thức f   A 42 B 15 C 48 D 135 Câu 39: Một phễu gồm phần có dạng hình trụ, bán kính đáy R phần cịn lại có dạng hình nón, chiều cao 2R Phễu chứa nước có mực nước đến sát đáy hình nón Người ta thả vào một vật hình cầu kim loại vào đặt vừa khít hình nón (hình bên) Chiều cao cột nước dâng lên theo A C 32 R  1  16 R 1   B D  8R 1  4R 1   Câu 40: Cho hai hình trụ có bán kính đường trịn đáy R1 , R2 chiều cao h1 , h2 Nếu hai hình trụ có thể tích A B h1 R  tỉ số h2 R2 Câu 41: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm C D có đồ thị hình bên Khẳng định sau đúng?  f '  2   A   f '  0,5    f '  2   B   f '  0,5    f '  2   C   f '  0,5    f '  2   D   f '  0,5   Câu 42: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho A  2;0;1 , B  0;5; 1 Tích vơ hướng hai véc tơ OA OB A 1 B C Câu 43: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi H, K hình chiếu D 2 vng góc A lên đường thẳng SB SD Biết HAK  400 Góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD) A 400 B 200 C 800 D 500 Câu 44: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A  3; 4;0  , B  3;0; 4  , C  0; 3; 4  Trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua điểm điểm sau đây? A O  0;0;0  B P  3;0;0  C M 1; 2;0  D N  0;0;  Câu 45: Trong không gian tọa độ Oxyz, mặt phẳng song song với mặt phẳng (Oyz) qua điểm K  4; 5;7  có phương trình B x   A y  5z  D z   C y   Câu 46: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1; 2; 2  , B  2;2;1 Tập hợp điểm M thỏa     mãn OM , OA  OM , OB mặt phẳng có phương trình B x  y  3z  A x  y  3z  C 3x  y  3z  D x  y  3z  Câu 47: Trong khơng gian tọa độ Oxyz, phương trình mặt cầu tâm I  2; 3; 4  bán kính A  x     y  3   z    16 B  x     y  3   z    16 C  x     y  3   z    D  x     y  3   z    2 2 2 2 2 2 Câu 48: Một người gửi tiết kiệm 300 triệu với lãi suất 5% năm lãi hàng năm nhập vào vốn Sau năm người nhận số tiền lớn 450 triệu? A (năm) B 10 (năm) C 11 (năm) D (năm) Câu 49: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình bên Hàm số cho đồng biến khoảng A  ;0  B  ;1 C  0;   D  ; 1 Câu 50: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AA’ = 3, tam giác A’BC có diện tích mặt phẳng (A’BC) tạo với mặt đáy góc 600 Thể tích khối lăng trụ cho A 18 B 36 C 12 D - HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu- Cán coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN 1-A 2-B 3-A 4-A 5-C 6-A 7-D 8-D 9-A 10-B 11-D 12-B 13-D 14-C 15-C 16-C 17-D 18-C 19-B 20-D 21-A 22-D 23-C 24-B 25-B 26-D 27-A 28-D 29-D 30-B 31-C 32-C 33-B 34-C 35-C 36-C 37-D 38-C 39-A 40-B 41-B 42-A 43-A 44-A 45-B 46-A 47-B 48-D 49-D 50-D (http://tailieugiangday-com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338-222-55 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu (TH): Phương pháp:  f  x   Giải phương trình logarit: log a f  x   b  0  a   f x  ab    Cách giải:  x2    x2   x  2 log x    x       x    x   1  x  2 Vậy phương trình có nghiệm âm Chọn A Câu (NB): Cách giải: Vì học sinh lớp 10A1 học giỏi hai mơn Tốn Tiếng Anh nên số học sinh lớp là: 30  25  16  39 (học sinh) Chọn C Câu (TH): Phương pháp: Sử dụng công thức: v  t   s '  t  Cách giải: 1  Ta có: v  t   s '  t    gt  '  gt 2  Vận tốc tức thời vật thời điểm t  4s là: v  gt  9,8.4  39,  m / s  Chọn A Câu (VD): Phương pháp: Sử dụng công thức: s  t    v  t  dt Cách giải: Tới lúc dừng hẳn v   3t    t   s  Đến lúc dừng hẳn, ô tơ cịn qng đường là:   s   v  t  dt    3t   dt    t  9t   13,5  m   0 0 3 Chọn A Câu (TH): Phương pháp: Dựa vào BBT để nhận xét tính chất hàm số Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại x  1, yCD  hàm số đạt cực tiểu x  1, yCT  Hàm số đạt Max y  3; Min y  Chọn C Câu (NB): Phương pháp: Thay tọa độ điểm I vào mặt phẳng chọn đáp án Cách giải: Mặt phẳng chứa trục Oz  mặt phẳng cần tìm có VTCP k   0;1;1  k  n với n VTPT mặt phẳng cần tìm +) Xét đáp án A: có n   2; 1;0   n.k  2.0   1  0.1  Thay tọa độ điểm I 1; 2;3 vào phương trình ta được: 2.1    thỏa mãn Chọn A Câu (NB): Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số, nhận xét đường tiệm cận điểm mà đồ thị hàm số qua để chọn đáp án Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy, đồ thị hàm số có TCĐ: x   loại đáp án B C Đồ thị hàm số qua điểm  1;0  ,  0; 1  chọn D Chọn D Câu (TH): Phương pháp: Sử dụng quy tắc tính giới hạn dãy số để tính Cách giải:      n  1  n  lim Ta có: lim x  x  n2 Chọn D Câu (TH): Phương pháp: n  n  1 n2  n  lim  x  2n n2  a   x  b x b Giải bất phương trình mũ a  a    0  a     x  b Cách giải: 2   3  x2 81      16 3  x2 4 x   2      x  4  x     3  x  2 Chọn A Câu 10 (TH): Phương pháp: +) Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  +) VS ABCD  SO.S ABCD Cách giải: Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  Tam giác SAC cạnh a  SO   AB  a AC  a a 10 Vậy VS ABCD 1 a 3 a  a3  SO.S ABCD   2   12 Chọn B Câu 11 (TH): Phương pháp: Sử dụng công thức:  f '  x  dx  f  2  f 1 Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: f 1  f    2  f '  x  dx  f  2  f 1  2   2   Chọn D Câu 12 (TH): Phương pháp: +) Hàm số log a f  x  xác định  f  x   +) Hàm số a x xác định x   x  n    +) Hàm số x n xác định   x  \ 0 n   x  0;  n      Cách giải: +) Loại đáp án A D  +) Chọn B D  \ 0 +) Loại đáp án C D   0;   +) Loại đáp án D vì: D  \ 0 Chọn B Câu 13 (TH): Phương pháp: Công thức tổng quát CSN có số hạng đầu u1 công bội q : un  u1q n1 Cách giải: Ta có: u5  u1q   q  q  16  q  2 Chọn D Câu 14 (TH): Phương pháp: 11  xB  xA  xC  xD  Ta có: ABCD hình bình hành  AB  DC   yB  y A  yC  yD z  z  z  z C D  B A Cách giải:  xB  xA  xC  xD  Ta có: ABCD hình bình hành  AB  DC   yB  y A  yC  yD z  z  z  z C D  B A 1    xD  xD     2   1  yD   yD  3  D  2; 3;  1    z z  D   D Chọn C Câu 15 (TH): Phương pháp: Hàm số y  f  x  liên tục điểm x  x0  lim f  x   lim f  x   f  x0  x  x0 x  x0 Cách giải: Hàm số y  f  x  liên tục điểm x   lim f  x   lim f  x   f 1 x 1 x 1 Ta có: f 1  3.1   lim f  x   lim  3x    x 1 x 1 x 1 x 1 lim f  x   lim  mx  mx  1  m  m    lim f  x   lim f  x   f 1  1x  x 1 x 1 Chọn C Câu 16 (TH): Phương pháp +) Đường thẳng x  a gọi TCĐ đồ thị hàm số y  f  x   g  x  lim f  x    x a h  x Cách giải: Xét hàm số g  x   f  x 1  x  x1   2;1  Ta có: f  x     f  x   1   x   x  x  1;   12  lim f  x   lim x  x1 x  x1 lim g  x   lim x 0 x 0 lim g  x   lim x  x2 x  x2  f  x 1  f  x 1  f  x 1 Vậy đồ thị hàm số g  x   có đường TCĐ f  x 1 Chọn D Câu 17 (TH): Phương pháp  f  x   Giải phương trình logarit bản: log a f  x   b  0  a   f x  ab    Cách giải: ln  x  mx  2019   ln x  x  mx  2019  x  x   x   m  1 x  2019  *   x  Nhận thấy phương trình (*) có ac   * có nghiệm phân biệt, m  phương trình (*) ln có nghiệm thỏa mãn x  Chọn D Câu 18 (TH): Phương pháp Hàm số y  f  x  có cực trị  f '  x   có nghiệm bội lẻ Cách giải: Ta có: y '  x2  2mx   6m    y '   x2  2mx  6m   Hàm số y  f  x  có cực trị  y '  có hai nghiệm phân biệt   '   m2  6m     m  3   m    m  3 Chọn C Câu 19 (TH): Phương pháp Cơng thức tổng qt CSC có số hạng đầu u1 công sai d: un  u1   n  1 d 13 Tổng n số hạng đầu CSC có số hạng đầu u1 công sai d: Sn  n  u1  un  n  2u1   n  1 d   2 Cách giải: Độ cao bậc thang thứ n tòa nhà tính theo cơng thức: u  0,95   n  1 0,15 Độ cao bậc thứ so với mặt đất là: u8  0,95  7.0,15  2m Chọn B Câu 20 (TH): Phương pháp: Xét tính sai khẳng định chọn đáp án Cách giải: Ta có: +) Khẳng định i): a  2019  a x  2019x  x   khẳng định sai +) Khẳng định ii): a  2019  ba  b2019  b   khẳng định sai +) Khẳng định iii): a  2019  logb a  logb 2019  b   khẳng định sai Chọn A Câu 21 (TH): Phương pháp Sử dụng công thức nguyên hàm hàm để làm Cách giải:   ae x  b  dx  3e    ae  bx   3e  x 0 a  a   ae  b  a  3e      a  b  10 b  a  b  Chọn A Câu 22 (TH): Phương pháp: Sử dụng lý thuyết quan hệ song song quan hệ vuông góc Cách giải: Hai đường thẳng phân biệt vng góc với mặt phẳng song song với Chọn D Câu 23 (TH): Phương pháp: Sử dụng công thức: f  x    f '  x  dx Cách giải: Ta có: f  x    f '  x  dx   x5dx  x6 C 14  f  0   C   f  x   b b   f  x  dx   a a x6 x7 dx  42 b  a x6 b7  a 42 Chọn C Câu 24 (TH): Phương pháp Xác suất biến cố A tính cơng thức: P  A    nA  1 P A n Cách giải: Không gian mẫu: n  6.6  36 Gọi A biến cố: ‘‘Tổng số chấm xuất hai lần tung số nhỏ 10’’  A : ‘‘Tổng số chấm xuất hai lần tung số không nhỏ 10’’ Tổng số chấm số không nhỏ 10 nên số chấm xuất cặp:  6;6 ,  6;5 ,  6;4 , 5;5  nA   2.2    P A   36    P  A   P A    6 Chọn B Câu 25 (VD): Phương pháp Sử dụng định lý Py-ta-go hệ thức lượng tam giác vng để làm tốn Cách giải: Ta có: BAC  CAD  600 , AB  AC  AD  A  ABC, ACD  BC  CD  a Có BAD  900  BD  AB2  AD2  a  BCD vuông cân C Gọi H trung điểm BD Kẻ KH  AC CH  BD   BD   CAH   BD  KH  AH  BD  d  AC , BD   KH Xét AHC vuông H có đường cao KH ta có: KH  HC AH HC  HA2  BD 2 a  BD  a  4 1 BD  BD 4 15 Chọn B Câu 26 (NB): Phương pháp Hàm số y  f  x  liên tục x  x0  lim f  x   f  x0  x  x0 Cách giải: Ta có: x   1    x 1 x   1  lim Chọn D Câu 27 (VD): Phương pháp Đường thẳng y  b gọi TCN đồ thị hàm số y  f  x   lim f  x   b x  Cách giải:  1 x 1 x 1 2  x 1 x  lim x 1  lim y  lim  lim x  x  x   x  x x x Ta có:  1  x 1 x 1  x2  x  lim x  1 y  lim  lim  xlim  x  x  x  x x x   y  1, y  1 hai đường TCN đồ thị hàm số Chọn A Chú ý: Chú ý tính giới hạn hàm số x   biểu thức có bậc chẵn Câu 28 (TH): Phương pháp Cho hình nón đỉnh S có đường trịn đáy tâm O, có mặt cắt qua trục tam giác SAB góc đỉnh hình nón góc ASB Cách giải: Ta có: ASB  800  ASO  400 Khi góc đường sinh SA với mặt đáy SAO  SAO  900  400  500 Chọn D Câu 29 (VD): Phương pháp: Hàm số y  f  x  đồng biến R  f '  x   x  R Cách giải: Ta có: y '  3cos x  4sin x   m   Hàm số cho đồng biến  y '  x  16  3cos x  4sin x   m    x   3cos x  4sin x   m x   * Đặt f  x   3cos x  4sin x   *  m  f  x  3  Ta có: f  x   3cos x  4sin x    cos x  sin x    5cos  x     5  Với cos   ,sin   5 Vì 1  cos  x      5  5cos  x       f  x   11  *  m   1  m   m 1;0;1 Chọn D Câu 30 (VD): Phương pháp: Sử dụng quy tắc cộng quy tắc nhân để làm tốn Cách giải: Số có chữ số khác xếp theo chiều tăng dần từ tập số 0;1; 2;3; 4;5;6 là: C75 Số có chữ số khác xếp theo chiều tăng dần từ tập số 0;1; 2;3; 4;5;6 có a  là: 1.C64  C64 Vậy số chữ số cần tìm theo yêu cầu đề là: C75  C64 Chọn B Câu 31 (VD): Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính ngun hàm dx  ax  b  a ln ax  b  C Cách giải: Ta có f  x    f '  x x   dx  ln x   C x 9 ln  x    C1 x   f  x   ln   x   C2 x  Ta có f 8  ln1  C2  C2  2; f 10   ln1  C1  C1  2 ln  x    x   f  x   ln   x   x   f    ln  2; f 12   ln   f   f 12    ln   ln    ln  Chọn C Chú ý: Chú ý điều kiện phá trị tuyệt đối Câu 32 (NB): 17 Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số để suy điểm đồ thị qua từ suy cơng thức hàm số Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số qua điểm  2;3   a2  a  Chọn C Câu 33(TH): Phương pháp Sử dụng công thức:  F '  x  dx  F  x  Cách giải: Ta có: F  x    cos xdx  sin x  C  1    F    F    sin  sin  4 8 Chọn B Câu 34 (NB): Phương pháp: Cơng thức tính diện tích mặt cầu bán kính R: S  4 R2 Cách giải: Ta có: S  4 R2  4 122  576  cm2  Chọn C Câu 35 (VD): Phương pháp n Sử dụng công thức khai triển nhị thức:  a  b    Cnk a nk b k n k 0 Cách giải: Ta có:  x  1 2019 2019 2019 2019 2019 k 0 k 1 k 0 k 0 k k k k   C2019 x k   C2019 x k   C2019 x k  C2019 x   C2019 x k    x  1 Xét với x  ta có: 2019 C k 1 k 2019 9k   x  1 2019 2019 1   102019  Chọn C 18 Câu 36 (TH): Phương pháp: Sử dụng công thức:  b a F '  x  dx  F  b   F  a  Cách giải: b b a a Ta có:  sin xdx   cos x    cos b  cos a  Chọn C Câu 37 (VD): Phương pháp: OM max  OI  R với I; R tâm bán kính mặt cầu Cách giải: Mặt cầu  S  có tâm I  2;1;  , bán kính R  Với M  S ta có OM max  OI  R   2  12  22   Chọn D Chú ý: Nhiều HS chọn cách tìm tọa độ điểm M Cách làm nhiều thời gian Câu 38 (TH): Phương pháp: b  f '  x dx  f b   f  a  a Cách giải: Ta có 2 0  f '  x  dx  f  2  f  0  f  2   f '  x dx  f  0  45   48 Chọn C Câu 39 (VD): Phương pháp: +) Tính bán kính đường trịn nội tiếp tam giác SAB, sử dụng công thức r  S S, p p diện tích nửa chu vi tam giác SAB +) Tính thể tích khối cầu, sử dụng cơng thức V   r +) Thể tích khối cầu = thể tích phần nước dâng lên dạng khối trụ, sử dụng công thức V   R h tính thể tích khối trụ, từ suy h Cách giải: Áp dụng định lí Pytago ta tính SA  SB  SO2  OA2  4R  R  R 19 1 SO AB  R.2 R  R 2 Ta có SSAB  SA  SB  AB R  R  R   R 1 2 Do khối cầu nằm vừa khít hình nón nên bán kính cầu bán kính đường trịn nội tiếp tam giác SAB  Nửa chu vi tam giác ABC p  r   SSAB 2R2 2R   p 1 R 1   4  Thể tích khối cầu V   r   3 8R3   1 Thể tích khối cầu thể tích phần nước dâng lên hình trụ có bán kính đáy R Gọi h chiều cao cột nước dâng lên ta có V   R h    8R3  1 h  32 R  1 Chọn A Câu 40 (TH): Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ chiều cao h, bán kính đáy R V   R h Cách giải: Thể tích hai khối trụ V1   R12 h1;V2   R22 h2 2 R  R   R12 h1 R 1   1      Ta có: V1  V2   R2 h2 R2  R2   R2  Chọn B Câu 41 (VD): Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  lập bảng xét dấu f '  x  kết luận Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  ta có bảng xét dấu f '  x  sau: x 1  f ' x +   +  f '  2   Khi ta có   f '  0,5   Chọn B Câu 42 (NB): 20 Phương pháp: u  x1; y1; z1  , v  x2 ; y2 ; z2   u.v  x1 x2  y1 y2  z1 z2 Cách giải: Ta có OA   2;0;1 , OB   0;5; 1  OAOB  2.0  0.5   1  1 Chọn A Câu 43 (VD): Phương pháp: +) Xác định thiết diện hình chóp cắt bới  AHK  +) Xác định góc hai mặt phẳng  SBC   SCD  +) Chứng minh SC   AHK  +) Xác định góc cịn lại thiết diện hình chóp cắt  AHK  Cách giải: Gọi O  AC  BD ,  SBD  gọi I  HK  SO ,  SAC  gọi M  AI  SC Khi ta có  AHK    AHMK  Ta có:  BC  AB  BC   SAB   BC  AH   BC  SA  AH  BC  AH   SBC   AH  SC   AH  SB  SC  HM Hoàn toàn tương tự ta chứng minh AK  SC  SC   AHMK     SC  KM  SBC    SCD   SC   SBC   HM  SC     SBC  ;  SCD      HM ; KM   HMK   SCD   KM  SC Ta có: AH   SBC   AH  HM  AHM  900 Tương tự ta có AKM  900 Xét tứ giác AHMK có: HAK  AHM  AKM  HMK  3600  HMK  3600  400  900  900  1400  900 Vậy   HM ; KM   1800  1400  400     SBC  ;  SCD    400 Chọn A Câu 44 (TH): Phương pháp: Điểm thuộc trục đường tròn ngoại tiếp ABC cách điểm A, B, C Thử đáp án Cách giải: 21 OA  32  42    Đáp án A: OB  32   4    OA  OB  OC  O thuộc trục đường tròn ngoại  2 OC   3   4    tiếp ABC Chọn A Câu 45 (TH): Phương pháp: + Hai mặt phẳng song song có VTPT + Phương trình mặt phẳng qua M  x0 ; y0 ; z0  nhận n  A; B; C  VTPT A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   Cách giải: Vì  P  / /  Oxyz    P  nhận i  1;0;0  VTPT Phương trình mặt phẳng  P  qua K  4; 5;7  nhận i  1;0;0  VTPT là: x   Chọn B Câu 46 (TH): Phương pháp:   Gọi M  a; b; c  Sử dụng cơng thức tính góc hai vectơ: cos u; v  u.v u.v Cách giải: OM   a; b; c   Gọi M  a; b; c  Ta có OA  1; 2; 2   OB   2; 2;1   cos OM ; OA  a  2b  2c a b c  2   ;cos OM ; OB    2a  2b  c a  b2  c  Theo ta có: OM ; OA  OM ; OB  a  2b  2c  2a  2b  c  a  4b  3c  Vậy tập hợp điểm M thỏa mãn yêu cầu toán thuộc mặt phẳng x  y  3z  Chọn A Câu 47 (NB): Phương pháp: Mặt cầu tâm I  a; b; c  bán kính R có phương trình  x  a    y  b    z  c   R 2 Cách giải: Mặt cầu tâm I  2;3; 4  bán kính R = có phương trình  x     y  3   z    16 2 Chọn B 22 Câu 48 (TH): Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép: An  A 1  r  n An : Số tiền nhận sau n (kì) (Tính gốc lẫn lãi) n: số kì hạn gửi A: số tiền ban đầu gửi r: lãi suất (%/kì hạn) Cách giải: Giả sử sau n năm người nhận số tiền lớn 450 triệu, ta có: 3  n  log1,05  8,31 (năm) 2 Vậy phải sau năm người nhận số tiền lớn 450 triệu Chọn D Câu 49 (NB): Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số xác định khoảng đơn điệu Cách giải: An  300 1  0, 05  450  1, 05n  n Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số cho đồng biến  ; 1  0;1 Chọn D Câu 50 (VD): Phương pháp: +) Sử dụng cơng thức tính diện tích hình chiếu Shc  S.cos  để tính diện tích đáy +) Sử dụng cơng thức tính thể tích lăng trụ V  Sday h Cách giải: Ta có: ABC hình chiếu A ' BC nên SABC  SA ' BC cos 600   Vậy VABC A' B 'C'  AA '.SABC  3.3  Chọn D 23 ... không giải thích thêm ĐÁP ÁN 1-A 2- B 3-A 4-A 5-C 6-A 7-D 8-D 9-A 10-B 11-D 1 2- B 13-D 14-C 15-C 16-C 17-D 18-C 19-B 20 -D 21 -A 22 -D 23 -C 24 -B 25 -B 26 -D 27 -A 28 -D 29 -D 30-B 31-C 3 2- C 33-B 34-C 35-C... 3 2- C 33-B 34-C 35-C 36-C 37-D 38-C 39-A 40-B 41-B 4 2- A 43-A 44-A 45-B 46-A 47-B 48-D 49-D 50-D (http://tailieugiangday-com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Quý thầy... 20 19 20 19 k 0 k 1 k 0 k 0 k k k k   C2019 x k   C2019 x k   C2019 x k  C2019 x   C2019 x k    x  1 Xét với x  ta có: 20 19 C k 1 k 20 19 9k   x  1 20 19 20 19 1   1 020 19