đề thi thử THPT QG 2019 toán sở GDĐT cần thơ có lời giải

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 12 NĂM 2019 BÀI KHẢO SÁT MƠN TỐN Thời gian làm bài: 90 phút - không kể thời gian phát đề Câu Thể tích khối nón có chiều cao a a bán kính đường tròn đáy 2 3 a 3 a 3 a 3 a A B C D 24 Câu Trong không gian Oxyz, khoảng cách mặt phẳng (α):2x + 4y + 4z + = mặt phẳng (β): x + 2y + 2z + = 1 A B C D 2 Câu Phần ảo số phức z = + i - ( + i )3 A B C -7 D Câu Cho hàm số y = f (x) liên tục đoạn [a; b] có đồ thị (C) cắt trục hồnh điểm có hồnh độ x = c Diện tích hình phẳng giới hạn (C), trục hoành hai đường thẳng x = a , x = b b c b a c a c b b a c A S   f  x dx   f  x dx C S   f  x dx   f  x dx B S   f  x  dx D S   f  x  dx a Câu Gọi z1 ; z2 hai nghiệm phức phương trình 2z2 - 3z + = Giá trị biểu thức z1 + z2 z1z2 5 A B C -2 D 2 Câu Cho hàm số y = f (x) = ax + bx + cx + d có đồ thị hình bên Tập nghiệm phương trình f (x)[f (x) - 4] = A {0; 3} B {-1; 0; 1; 2; 3} C {-1; 0; 2; 3} D {- 1; 2} Câu Hàm số y = log16 (x4 + 16) có đạo hàm A y '  x3 ln Câu lim x  B y '  x3  x4  16 ln C y '   x  16  ln D y '  16 x3 ln x  16 x2  x  x A B D  C -  16 x A x = B x = C x = D x = Câu 10 Số nghiệm phương trình log3( 2x + ) + log3( x - ) = A B C D Câu 11 Thể tích khối trụ có chiều cao 10 bán kính đường tròn đáy A 144π B 160π C 164π D 64π Câu Nghiệm phương trình x 1.4 x 1 Câu 12 Cho 1 x 2 1 1 1  f  x dx   f  x dx  1 Giá trị  2 f  x   3g  x dx A B C D -7 Câu 13 Giá trị lớn hàm số y = x - 2x - 4x + [1;3] A 11 B -7 C -2 D -   Câu 14 Với a số thực dương khác 1, giá trị log a a3 a 13 C 4 Câu 15 Họ nguyên hàm hàm số f (x) = x3 - 3x2 + A 12 B B F (x) = x4  A F (x) = 3x2 - 6x + C C F  x   x4  x3  x  C D x + 5x + C D F (x) = x4 - x3 + 5x + C Câu 16 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d: x 1 y  z  mặt phẳng (P): 2x + y + z   = Toạ độ giao điểm d (P) A ( -1; -6; -3) B (2; 0; 0) C (0; -4; -2) x2 Câu 17 Hàm số y  có đồ thị hình đây? x 1 A B D (3; 2; 1) C D Câu 18 Cho hình phẳng (H) giới hạn đường y = cosx , y = 0, x = 0, x =  Thể tích khối tròn xoay tạo thành quay (H) xung quang trục Ox A  2 B  (  2) C  1 D  (  2) Câu 19 Trong gian Oxyz, cho ba vectơ a  1; 1;  , b   3;0; 1 c   2;5;1 Vectơ l  a  b  c có tọa độ A (6 ; 0; -6) B (0; 6; 6-) C (6; - 6; 0) Câu 20 Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên sau D ( -6; 6; 0) Tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số y = f (x) A B C D Câu 21 Cho hàm số y = f (x) xác định \{0} có f ′(x)  2x2  x 1 , x  Mệnh đề sau x đúng? A Hàm số có điểm c�ực tiểu Câu 22 B x 1 1 Ta có:    128  23 x 3  27  3x    x   8 Câu 23 A Từ đò thị hàm số ta suy giá trị cực tiểu hàm số 1- Câu 24 B 1 Thể tich khối chóp V = chiều cao diện tích đáy = 3 Câu 25 D Gọi cạnh hình lập phương x, ta có AC′2 = AA′2 + A′C′2 = AA′2 + A′D′2 + D′C’2 = x2 + x2 + x2 = 3x2 = 3a2 ⇒ x = a Thể tích khối lập phương V = a3 Câu 26 B Từ đề bài, sử dụng cơng thức tính số hạng tổng quát cấp số cộng u n= u + ( n - ) d , ta có hệ phương trình sau: u1  2d  10 u  16   2u1  5d  17 d  3 Vậy phương án B chọn Câu 27 A Gọi tọa độ hai điểm cực trị đồ thị hàm số A (0; 1) B (2;5) Vậy phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị A (0; 1) B (2; 5) có phương trình x  y 1 ⇔ y - = 2x ⇔ y = 2x +   1 Câu 28 A Gọi G = (x0 ; y0 ; z0) tọa độ trọng tâm tam giác OBC (với O gốc tọa độ), tọa độ củaG 027  3  x0   024   Vậy G = (3; 2; - 2)  y0   033   2  z0   Câu 29 C 1  Ta có log8125 = log34 52  log3  2log 2b Câu 30 A Ta có OA   3;1; 1 ; OB = (2; - 1; 4) Phương trình mặt phẳng (OAB) có vectơ pháp tuyến n OA, OB  = (3; - 14; - 5) Vậy phương trình mặt phẳng (OAB) 3x - 14y - 5z = Câu 31 A Gọi H trung điểm cạnh BC ⇒ SH ⊥ (ABC) Góc SA mặt phẳng (ABC) ( SA; HA ) = SAH a a va AH  BC  2 SH Xét tam giác SHA ta có tan SAH =   SAH  600 AH Câu 32 D Đặt z = a + bi ( a, b ∈ ) Ta có SH = SB  HB  2 2   a     b  1   a  1   b   1  2  2   a     b    18 Từ (1) ⇒ a = b vào (2) ta ( a + )2 + ( a - )2 = 18 ⇔ 2a2 + 4a + = ⇔ a = - Khi a = - 1, b = - ⇒ z = - - i Câu 33 B d1 có véctơ phương u1 = (2; - 1; 1) Gọi đường thẳng cần lập ∆ Giả ∆ cắt d2 điểm B 1  t;1  2t; t   ∆ có véctơ phương AB   t; 2t  1; t   Vì ∆ vng góc với d1 nên u1 AB    t    2t  1  1 t     t  1 Suy AB  1; 3; 5 Vậy ∆ có phương trình: Câu 34 D x 1 y  z    3 5 Gọi M, N, P trung điểm đoạn thẳng BC, AB, SA gọi H giao điểm AM với CN Khi H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Kẻ đường thẳng d qua H vng góc với mặt phẳng (ABC) Kẻ đường thẳng qua P, vng góc với SA cắt đường thẳng d I Nhận xét: I ∈ d nên IA = IB = IC Mà I nằm đường trung trực đoạn thẳng SA nên IA = IS Suy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Tam giác ABC đều, cạnh a nên AM = a 2 a a Suy AH  AM   3 Tứ giác AHIP hình chữ nhật nên IP = AH = a 3  a   a 2 a 21 Xét tam giác IPA vng P ta có: IA  IP  AP          2  a 21  7 a Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC 4 SA  4      Câu 35 B z   4i  M  3; 4  z' 1 i 7 1 z   i  M '  ;   2 2 2 7 1 OM   3; 4  ; OM '   ;   2 2 S OMM '   1 25      4    2 Câu 36 D 8%  % ≈ 0,667% /tháng 12 N số tiền vay (N = 60 triệu đồng) A số tiền trả tháng để sau n tháng hết nợ (A=2 triệu đồng) r lãi suất ( r = 0,667% /tháng) Lãi suất tháng : N 1  r  r n A 1  r  n 1 60 1  0, 667%  0, 667% n 2 1  0, 667%  Vậy cần trả 34 tháng hết nợ Câu 37 A n 1 ⇔ ≈33.585  y  0  a   b  6  y 1   Dựa vào đồ thị hàm số ta có   c   y  3  d  y     Vậy đồ thị đồ thị hàm số y = x3 - 6x2 + 9x S1   x3  x  x dx  11 ; S2   x3  x  x dx  Suy S1 + S2 = 4 Câu 38 C Tam giác ABC có diện tích S = a2 Gọi H trọng tâm tam giác ABC ta có BH = a 11 a , đường cao h = SH = SB  HB  3 a a 11 a3 11 Hình chóp S.ABC tích V = V   12 VSAMN SM SN 2 a3 11 a3 11     VABCNM  VSABC   VSACB SB SC 3 12 18 Câu 39 A Dựa vào đồ thị hàm số y = f ′(x) , ta có bảng biến thiên: Nhìn vào đồ thị ta có  1 f '  x  dx   f '  x  dx  1  1 f '  x dx    f '  x dx   f 1  f  1  f 1  f    f  1  f   Nhìn vào đồ thị ta có 2 1 1  f '  x  dx   f '  x  dx   f '  x dx   f '  x dx   f 1  f  1  f 1  f    f  1  f   Suy ra: f (4) < f (- 1) < f (2) Số nghiệm phương trình f (x) = 16m + 8n + 4p + 2q + r số giao điểm đồ thị hàm số y = f (x) với đường thẳng y = f (2) Dựa vào biến thiên suy phương trình cho có nghiệm phân biệt Câu 40 A  Ta có g′ (x) = (1 + 2x) f ′ (1 + x + x ) e f 1 x  x 2 g′ (x) > ⇔ (1 + 2x) f ′ (1 + x + x2 ) e  f 1 x  x 2 1  , + x + x2 =   x     0x   2  > ⇔ (1 + 2x) f ′ (1 + x + x2) >   f ' 1  x  x    1  x  x    x   1  x   1  x     2  2  x     x  x    f ' 1  x  x        x     1  x  ,tiệm cận ngang đường thẳng y = - , tiệm cận đứng đường thẳng x = nên chọn Xét đáp án B có y ′ =  , ∀x ∈ D nên loại  x  1 Xét đáp án C có tiệm cận ngang đường thẳng y = nên loại Xét đáp án D có y ′ =  , ∀x ∈ D nên loại  x  1 Câu 41 D Số tam giác có đỉnh điểm 12 điểm cho số cách lấy điểm không thẳng hàng 12 điểm cho Do số tam giác C123  C53  C73 = 175 ( tam giác) Câu 42 D Đặt 4ln x   t  4ln x   t  Với x = ⇒ t = 1; x = e ⇒ t = e  4ln x  1 dx  x  t dt  1 dx  tdt x 125  a b  ⇒ a - 3b + = 123 6 Câu 43 D Gọi C = ( (c;0;0) ∈ Ox AB   0; 3; 4  , AC   c; 3;0   n ABC   12; 4;3c  n P   1;0;  (AB) ⊥ (P) ⇔ 6c - 12 = ⇔ c = Do C (2;0;0) Gọi phương trình mặt cầu x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 3  9  6b  d  b  16  8c  d    A, B, C , O   S     c    4a  d  a  1 d   d    Vậy tâm I 1; ; 2    Câu 44 A   u   x du  2dx )    dv  f ''  x  dx  v  f '  x  Do 3    x  f ''  x  dx    x  f '  x    f '  x dx  2 f ' 3  f ' 1  f  x  1 = - 2.108 - 2.4 + 2.81 - 2.1 = - 64 Câu 45 C Đồ thị hàm số y = f (x) + m cắt trục Ox ba điểm phân biệt f (x) + m = ⇔ f (x) = - m phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số y = f (x) đường thẳng d : y = - m Tức đường thẳng d cắt đồ thị hàm số y = f (x) ba điểm phân biệt Từ bảng biến thiên ta có - < - m < ⇔ - < m < Câu 46 A Ta có y ′ = f ′(x) - 2x +  x  1 Từ đồ thị ta thấy f ′ (x) - 2x + = ⇔ f ′ (x) = 2x - ⇔  x  : hữu hạn nghiệm  x   1  x  Để hàm số y = f (x) - x2 + 2x nghịch biến f ′ (x) - 2x + ≤ ⇔ f ′ (x) ≤ x - ⇔  x  ⇒ Hàm số nghịch biến tập [ - 1;1 ] , [ 3; +∞ ) ⇒ Hàm số nghịch biến ( 0;1 ) Soi phương án ta thấy A phương án Câu 47 C Đường thẳng ∆ qua M ( -1; 0; -1) có vectơ phương u   2;3; 1 Gọi (P) mặt phẳng chứa A đường thẳng ∆ ⇒ nP   AM , u    2; 2; 2  vectơ pháp tuyến mp(P) d đường thẳng qua điểm A cắt đường thẳng ∆ ⇒ đường thẳng d qua A nằm mp(P) (1) Mặt khác d (B, d) ≤ AB , AB không đổi ⇒ khoảng cách từ B đến đường thẳng d lớn AB ⇔ d ⊥ AB (2) Từ (1), (2) ⇒ vectơ phương đường thẳng d phương với  nP , AM    2; 4; 2  => đường thẳng d nhận vec tơ phương u  1; 2; 1 a  a Khi theo giả thiết ta có    2 b  1 b Câu 48 B Hàm số y = x3 - 2mx2 - (m + 1)x + nghịch biến khoảng (0; 2) ⇔ y ′ ≤ 0, ∀x ∈ (0; 2) ⇔ 3x2 - 4mx - m - ≤ 0, ∀x ∈ (0; 2) ⇔ m 3x  , x   0;  4x  Xét hàm số g(x) = g ' x  3x  khoảng (0; 2) 4x 1 12 x  x   x  1  0, x   0;  ⇒ Hàm số g (x) đồng biến (0; 2) 11 , ∀x ∈ (0; 2)  1  g  x   3x  11 , x   0;   m  4x 1 Câu 49 D Vì y = f (x) nghịch biến nên max f  x   f 1 ; f  x   f   Vậy m ≥ 1;2 1;2 Có  f  x   x  f  x   x  3x  x  x  x  3x    0, x    f  x  x Suy  , x  f x      2  f  x  x  , x   f  x    f 1   f 1  1 f 1   f 1  f 1      f 1  2  f    12  f     f     f    f        f    10   f  x  x Nếu  , x    f  x  f (1) = < f (2) = 12 (loại), y = f (x) nghịch biến   f  x  x , x  f (1) = - f (2) = - 10 (thỏa mãn) Nếu    f  x  Khi M = max f (x) = f (1) = - ; m = f (x) = f (2) = - 10 Do M - m = 1;2 1;2 Câu 50 B x x x Ta có F  x    f  x dx   xe dx  xe  4e  C x x F (0) = - ⇒ C = ⇒ F (x) =2x e -4 e +3 Do F (4) = 4e2 + ...ta có bảng biến thi n: Nhìn vào đồ thị ta có  1 f '  x  dx   f '  x  dx  1  1 f '  x dx    f '  x dx   f 1  f  1  f 1  f    f  1  f   Nhìn vào đồ thị ta có ...Xét đáp án B có y ′ =  , ∀x ∈ D nên loại  x  1 Xét đáp án C có tiệm cận ngang đường thẳng y = nên loại Xét đáp án D có y ′ =  , ∀x ∈ D nên loại  x  1 Câu 41 D Số tam giác có đỉnh điểm ...033   2  z0   Câu 29 C 1  Ta có log8125 = log34 52  log3  2log 2b Câu 30 A Ta có OA   3;1; 1 ; OB = (2; - 1; 4) Phương trình mặt phẳng (OAB) có vectơ pháp tuyến n OA, OB  =