Đề thi thử THPT QG 2019 - Toán - Nhóm Strong team minh họa đề thi thử số 03 - có lời giải

Đề thi thử THPT 2019 môn Toán- Nhóm Strong team- Đề 3. File word .doc- Có đáp án- Có lời giải chi tiết- Bản đẹp chính xác , giá rẻ nhất hiện nay –https://choword.com- Website chuyên cung cấp tài liệu giảng dạy, học tập, giáo án, đề thi, sáng kiến kinh nghiệm... file word chất lượng cao tất cả các bộ môn)

SÁNG TÁC VÀ MINH HỌA ĐỀ THI THỬ SỐ 3 NĂM 2019

NHÓM STRONG TEAM MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài 90 phút không kể thòi gian giao đề

Câu 1. Buổi họp Admin nhóm “Strong Toán VD-VDC” năm 2109 có 3 Admin nữ và 3 Admin nam

tham dự Họ ngồi ngẫu nhiên vào một cái bàn dài có 8 ghế được đánh số thứ tự từ 1 đến 8 (mỗingười ngồi một ghế) Xác suất để không có 2 Admin cùng giới ngồi vào 2 ghế có số thứ tự liêntiếp là

A 27, 21. B 8,66cm s/ . C 27, 21cm s/ . D 27, 21cm s/

Câu 3. Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD có cạnh đáy là a, góc giữa mặt phẳng SBC và mặt 

phẳng ABCD bằng  60 0 Thể tích của khối chóp S ABCD theo a là

3

.2

.3

.6

Câu 6 Với a và b là các số thực dương và a  Biểu thức 1 logaa b2  bằng

A 2 log a b B 2 log a b C 1 2log a b D 2 loga b

Câu 7 Cho hàm số yf x có bảng biến thiên bên dưới Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ

nhất của hàm số yf x  khi x   3;3 Giá trị M  2m bằng

Câu 8. Thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng 2a và cạnh bên bằng a là

A. Không đủ giả thiết B

3

34

V = p ò x x dx - D

3

2 2 0

V = ò x x dx -

Câu 11 Cho hình trụ có hai đáy là hình tròn  O và  O Trên hai đường tròn lấy hai điểm  A B, sao

cho góc giữa AB và mặt phẳng chứa đường tròn đáy bằng 45o và khoảng cách giữa hai đường

log

log 2 log111

Câu 17. Đồ thị hàm số 2

1 2

x y

Câu 19 Biết x y z, , là ba số thực dương theo thứ tự lập thành một cấp số cộng và có tổng bằng 45

Nếu lần lượt cộng thêm các số 2, 1, 8 vào ba số đó (theo thứ tự của cấp số cộng) thì được ba số lập thành một cấp số nhân Tính T x2 y2z2





 tạihai điểm A B, phân biệt Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m để AB đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 24. Cho hàm số yf x  có bảng biến thiên như sau.

Hỏi hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây:

A 4;3 B 1;0 C 0;1  D  ;1

Câu 25. Cho hàm số f x có đạo hàm       2  3 

f x  x x  x Tính tổng các điểm cực trị củahàm số f x  

Câu 28. Cho hình nón có chiều cao bằng 4 và đường sinh tạo với đáy góc 50 Hỏi thể tích của khối

nón gần với giá trị nào nhất trong 4 giá trị sau đây?

Câu 29. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm I(2; 2;0) và điểm M(1;0; 2).

Phương trình mặt cầu tâm I đi qua M là

A (x2)2(y 2)2z2 9 B (x 2)2(y2)2z2 9

C (x 2)2(y2)2z2 3 D (x 2)2(y2)2z2 3

Câu 30 GọiP là tích tất cả các nghiệm của phương trình 6x- 2.2x- 81.3x+162 0.= Giá trị củaP là

Câu 31 Ông Nam nhận hợp đồng xây dựng một tòa tháp 10 tầng Ông cần tính tổng diện tích các mặt

sàn để lát gạch men Biết rằng diện tích mặt sàn tầng dưới cùng là 84,64m2 Diện tích mặt sàn trên bằng 0,8diện tích mặt sàn dưới liền kề Mỗi viên gạch men dạng hình vuông có diện tích

Câu 33. Cho hình lăng trụ ABC A B C    có đáy là tam giác đều cạnh a Đỉnh A cách đều các đỉnh A,

B , C Mặt phẳng  P chứa BC , vuông góc với AA và  P cắt lăng trụ theo một thiết diện

Câu 34. Cho hình chóp S ABCD có ABCD là hình bình hành, mặt phẳng SBD vuông góc với mặt

phẳng ABCD Hai cạnh bên SA và SD cùng tạo với đáy một góc  600 Biết BD2a,

d Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I

và cắt d tại hai điểm A, B sao cho IAB vuông tại I.

Câu 37 Bác thợ gò muốn làm một chiếc thùng hình trụ

không đáy từ nguyên liệu là mảnh tôn hình tam

giác đều ABC cạnh bằng 60cm Bác thợ sẽ

Câu 38. Cho hàm số yf x  có đạo hàm liên lục trên  Có đồ thị hàm số yf ' x như hình vẽ

dưới đây Bất phương trình 2 f x x2m đúng với mọi x   2;3 khi và chỉ khi

A m2 f  3  9 B m 2 f  2  4 C. m2 f  0 D m2 f  1 1

Câu 40 Cho phương trình 4 1x2 m 2 2 1x2 2m 1 0

     Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc

đoạn 10; 20 để phương trình có nghiệm?

7d4

  Gọi  P là mặt phẳng chứa d sao cho A, B , C ở cùng

phía đối với mặt phẳng  P Gọi d , 1 d , 2 d lần lượt là khoảng cách từ 3 A, B , C đến  P

Câu 44. Cho log22  log2 log 42 

Câu 46. Cho hàm số f x  xác định và liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ Có bao nhiêu giá trị

nguyên của tham số m để phương trình  2 

3f 3 2 1 3sin  x  m 2 có 3 nghiệm phân biệt

Câu 47. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , SA SB SC a   Gọi M là

trung điểm cạnh SB , điểm N thuộc cạnh SD sao cho SD3SN Gọi P là giao điểm của SC

và mp AMN Thể tích lớn nhất của khối chóp  S MNP là

Câu 48. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S :x2y 32z42 4 Xét hai điểm M N, di

động trên  S sao cho MN  Giá trị nhỏ nhất của 1 OM2 ON2 bằng

3 log a log b log c

P a b c  a  b  c đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của tổng

TH1: Xếp 6 Admin sao cho không có 2 Admin cùng giới cạnh nhau.

*Dạng:X Y X Y X Y     hoặc Y X Y X Y X    

 có:2 3!.3! 72 cách

+Đặt 2 ghế trống tuỳ ý vào 7 khoảng trống tạo bởi 6 Admin : 7 C 27 28 cách

 TH1 có: 72.28 2016 cách

TH2: Xếp 6 Admin sao cho có đúng 2 Admin Nam hoặc đúng 2 Admin Nữ cạnh nhau.

*Dạng:X YY X Y X    hoặcY XX Y X Y    (và các hoán vị XXvới X;YYvớiY)

 có:2 3!.2!.3!.  144 cách

+Đặt 2 ghế trống để tách 2 Admin: 7 cách.

 TH2 có: 144.7 1008 cách

TH3:Xếp 6 Admin sao cho có đúng 2 Admin Nam và đúng 2 Admin Nữ đứng cạnh nhau.

*Dạng:XX YY X Y   hoặc YY XX Y X   (và các hoán vị XX với X và YY với Y)

+ Loại trường hợp 3Y cùng khe  một khe 2Y và một khe 1Y

Chọn một khe 2Y và một khe 1Y : 2 cách : XY YXYX

Chọn 2Y cho vào ( ) : 2

3

C cách , đổi chỗ 2Y : có 2 cách

M O

+ Dựa vào BBT ta thấy xét x   3;3 thì giá trị lớn nhất là  

Ta có: V S ABC.AA 2 2 3

.4

3d3

B O'

O A

Gọi C là hình chiếu vuông góc của A trên  O  AC O 

t t t

01

t t

t t

t t

2 log 30 log 21

log 30 ( 1)

2

ab ab

Gọi d là công sai của cấp số cộng thì x y d15 d và z y d 15d

Sau khi thêm các số 2, 1, 8 vào ba số x y z, , ta đuợc ba số là x2, y1, z8

Sau khi thêm các số 2, 1, 8 vào ba số x y z, , ta đuợc ba số là x2, 16, 38 x

Theo tính chất của cấp số nhân, ta có:

Ta thấy y 0 0 nên loại phương án C, D.

Từ đồ thị ta thấy phương trình y0 có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có hai nghiệm âm và một nghiệm dương do đó loại phương án A

Câu 21: A

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số  d :ymx m  1 và

1

2

x x

m m

Với m  thì 0  d cắt  C tại hai điểm phân biệt A x y A; A;B x y Khi đó , B; B x x là hai A B

nghiệm phân biệt của phương trình (*) nên theo Vi – et ta có

2

1 2

54 5 174

i i

i i

i i

i k i k

Hiển thị trong casio Từ đó ta tìm được

i

và

k

.Vậy hệ số của số hạng chứa x23 x là 27C C119 702C C114 76 11660 Ta chọn đáp án D

Câu 24: D

Hàm số yloga x đồng biến trên 0;  nên  a  1

Hàm số ylogb xnghịch biến trên 0;  nên 0  b 1

Vậy 0  b 1 a

Câu 24: B

Hàm số đồng biến trên khoảng 1;0

Câu 25: B

Ta có bảng biến thiên của hàm số là:

Do đó, hàm số f x có hai điểm cực trị   x11;x2 2 Khi đó x1x2 3

11

Suy ra đường thẳng y 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số khi x   

 Với m 1 thì lim lim 1 12

3x 2 2  x 81 0

3 2

x x

Tác giả:Lê Xuân Đức; Fb: Lê Xuân Đức

Tổng diện tích các mặt sàn chính là tổng của một cấp số nhân gồm 10 số hạng, với:

3 10.2 3

Câu 33: A

Do A A A B   A C nên hình chiếu vuông góc của A lên ABC trùng với trọng tâm O của 

tam giác ABC

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AA

Do A ABC là hình chóp tam giác đều nên CH cũng vuông A A    P  BCH

Gọi M là trung điểm của BC  MH AA

Thiết diện của lăng trụ khi cắt bởi  P là BCH

Tam giác ABC đều cạnh a nên 3

A O AM BC



3

312

a

Câu 34: A

Ta có SBD  ABCD , kẻ SH BD tại H, suy ra SH ABCD

SA và SD tạo với đáy một góc 600, suy ra SAH  600 và SA SD , do đó SHASHD, suy ra AHD cân tại H, có ADB 450 nên AHD vuông cân tại H, suy ra

32

Kẻ HK SAD, mà SH AD, suy ra ADSHK  SAD  SHK

Ta có HKD vuông cân tại K, suy ra 3

HD a

Trong SHK kẻ HI SK tại I , suy ra HI SAD dH SA, D  HI

Xét SHK vuông tại H, đường cao HI, ta có:

a HI

3 7 2 21,

CSAD SAD

Thử lại với m  ta dễ dàng thấy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.3

Vậy thể tích lớn nhất của hình trụ là V = 4000 3 (cm3)

pChú ý: Bài có thể dùng BĐT Cô Si cho 3 số

Giải thích nhiễu: B: học sinh nhầm thể tích hình trụ là 1

x x x

Ta có 3  

2

'dx2

'

dx 02

abcr abc r b c c a a b abc b c c a a b

abc abcr abc r b c c a a b r

 

(do t  không là nghiệm của phương trình).2Xét hàm số  

Do đó, để phương trình đã cho có nghiệm thì m  0

Suy ra có 11 giá trị nguyên của m thuộc đoạn 10;20 để phương trình

Câu 41: B

Có  

2

2 0

7d4

Lại có f  0 0 nên C 0 f x  sinx  

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I SO AM. 

Ba điểm M,A,I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có:

a

b

x y

Biến đổi lại để trở thành

30

03

04

b a

a b b

x y

ì =ïïïí

ï =ïïîVậy Plog3x4y4log2x 4y13

101



Nhận xét: +) Với 1

1

t t

Ta có: OA AB sin asin  AC2 sina  ; OB a cos  BD2 cosa .

Vì H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên

Từ bảng biến thiên ta được  

3 0;

2

9max

+) Gọi OACBD , I SO MN Khi đó AI cắt SC tại P

192

S MPN

a V

   x2 3a2 x2 6

2

a x

log alog blog c 1 x y z 1

Bài toán trở thành tìm a b c, , sao cho P a 3b3c3 3ax by cz   đạt giá trị lớn nhất

Ta chứng minh a3 3ax x 31

Ta có a3 3ax x 31a x 1a2a x 1x2 x1

a a x  x  x  nên ta chứng minh a x   1 0 a log2a 1 0

Xét hàm f t   t log2t1 xác định và liên tục trên 1;2 và có

Suy ra f t  0,t1;2, dấu bằng xảy ra khi t  hoặc 1 t 2

Vậy a x   1 0 a3 3ax x 31 dấu bằng xảy ra khi a  hoặc 1 a 2

Tương tự b3 3byy31;c3 3cz z 31

Suy ra P a 3b3c3 3ax by cz   x3y3z3 3 4 Vậy maxP  đạt được khi4

a b c  hoặc b2,a c 1 hoặc c2,a b 1Vậy Sa2b2c2 6