176 đề thi thử THPT QG 2019 toán chuyên sư phạm hà nội lần 4 có lời giải

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2019 LẦN MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút Mã đề thi 541 Họ tên thí sinh: Số báo danh: Câu Nếu a, b phần thực phần ảo số phức z   i A ab  B ab  i C ab  1 D ab  Câu Hàm số hàm số sau có đồ thị hình bên? A y  x  x B y  x  x C y  x  x D y  x  x Câu Cho số thực a, b (a AB phương với n  1; 1; 1 (α) mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB ⇒ (α) qua I ( 2;1;2 ) nhận n làm vectơ pháp tuyến Vậy phương trình mặt phẳng (α) là: x - y - z + = Câu 30 C sin x Xét hàm số y  x + Tập xác định D = \ 0  sin x  sin x  lim     x 0 x 0 x3 x  x Suy x = đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số sin x  , x  + Lại có x x + Ta có lim Mà lim x  x  nên lim x  sin  x  x3  Tương tự ta có lim Suy y = đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận Câu 31 B  f  x  Dựa vào đồ thị ta có f (f (x)) = -2 ⇔   f  x   1  x  x1  2 ) f  x      x  x2   x  x3   2; 1  ) f  x   1   x  x4   1;0   x  x  1;    Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt Câu 32 C x  sin  x  x3 0 a  R sinA  +) Áp dụng định lí sin tam giác ABC ta có b  R sinB c  R sin C  sin A   +) Vì A, B, C góc tam giác nên sin B  sin C   +) a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số nhân ⇔ a.c = b2 ⇔ (2R sin A) (2R sinC) = (2R sin B)2 ⇔ sin A sinC = (sin B)2 ⇔ ln ( sin A sin C ) = ln ( sin B )2 ⇔ lnsin A + lnsinC = 2lnsin B Câu 33 C 1 Xét bất phương trình   1 log x log x2 x  Điều kiện   * x  Với điều kiện (* )*bất phương trình (1) ⇔ log2 x + log2 x2 g (x) > với ∀ x ∈ [a ; b] nên V1 > V2 Thể tích khối tròn xoay cần tính b b b V = V1 - V2 = π V1     f  x   dx - V2     g  x   dx     f  x     g  x   dx a a 2 a Câu 37 C 2 i ) z1  z2   z1  z2  , z1 , z2  Cho z1 = i ; z2 = , ta có: z1  z2    z1  z2  = - Suy mệnh đề i) sai 2 ii) z1  z2    z1  z2  z1 , z2  Giả sử z1 - z2 = x + yi (x , y ∈ ) Ta có:  z1  z2  x  y 2 ) z1  z2  z1  z2    x  yi   x  yi   x  y 2  z1  z2   z1  z2   z1  z2  z1 , z2  Suy mệnh đề ii) z z iii) z1  z2  2  z1  z2 , z1 , z2  2 Giả sử z = x + yi , z = a + bi ( x , y , a , b ∈ ⇒ z1 + z2 = x + a + (y + b) i , z1 - z2 = x - a + (y - b )i Ta có: z z 1 1 2 2 2 2  z1  z2  z1  z2  z1  z2   x  a    y  b    x  a    y  b     2 2 2 2   x  y    a  b   z1  z2 2 Suy mệnh đề iii) Vậy có khẳng định Câu 38 B Kẻ DH ⊥ AB, CK ⊥ AB với H, K ∈ AB Suy HK = cm Do ABCD hình thang cân, AB = cm ,CD = cm nên AH = BK = cm Do ∆ ADH, ∆BCK vuông nên DH = CK = 13  = cm Đoạn DH quay xung quanh AB tạo thành hình tròn (C1) tâm H , bán kính R1 = HD = cm Đoạn CK quay xung quanh AB tạo thành hình tròn (C2) tâm K , bán kính R2 = CK = cm Gọi (V1) thể tích khối nón đỉnh A, đáy hình tròn (C1) Gọi (V2) thể tích khối nón đỉnh B , đáy hình tròn (C2) Gọi (V3) thể tích khối trụ chiều cao HK hai đáy hai hình tròn (C1) , (C2) 1 Ta có: V1  V2   DH AH   32.2  6  cm3  3 2 V3   DH HK    18  cm3  Khi hình thang ABCD quay xung quanh đường thẳng AB ta khối tròn xoay tích là: V = V1 + V2 + V3 = 6π + 6π + 12π = 30 π (cm3 ) Câu 39 D + Gọi I trung điểm AB ⇒ I ( 3;0;0 ) Ta có : MA.MB   MI  IA MI  IB   MI  IA MI  IA        1 AB    2 Suy tập hợp điểm M khơng gian mặt cầu tâm I , bán kính Vậy (H) mặt cầu có bán kính Câu 40 B ⇔ MI2 = IA2 = ⇔ MI2 = IA2  MI   SAB    ABC   +) Ta có  SAC    ABC   SA   ABC    SAB    SAC   SA +) AB + AC2 = 8a2 = BC2 ⇒ ∆ ABC vuông cân A +) Gọi N trung điểm AB +) AC //MN => AC//(SMN) =>d (AC, SM) = d (AC, (SMN )) = d (A, (SMN ))  AN  MN +  ⇒ (SA ) ⊥ MN ⇒ (SAN) ⊥ (SMN) ; (SAN ) ⋂ (SMN ) = SN  SA  MN +) Trong (SAN) , kẻ AH ⊥ SN , H ∈ SN Ta có AH ⊥ (SMN) ⇒ d (A , (SMN )) = AH 1 a +) Vì SA = AN = a ⇒ ∆ SAN vng cân A Do AH  SN  SA  2 a Vậy d (AC, SM ) = Câu 41 D Giả sử (P) cắt trục tọa độ Ox , Oy , Oz A (a ;0;0) , B (0; b ;0) , C (0;0; c) , (abc ≠ )0 x y z Mặt phẳng (P) có phương trình    a b c Mặt phẳng (P) tiếp xúc mặt cầu tâm O, bán kính 1 1 1   1 ⇔ d (O, (P)) = 2 a b c 1 1 1         a b c Với ∀ a ≠ 0, b ≠ 0, c ≠ ta có: 1 1    3   3   abc   27  abc  3 2 a b c  abc   abc  abc  Dấu " "= xảy a , b , c Vậy giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện OABC Câu 42 B Xét hàm số y = (x + m)3 - 6(x + m )2 + m3 - m2 (1) Ta có y ' = (x + m)2 - 12 (x + m) = (x + m)(x + m - 4)  x  m y'    x   m Ta có bảng xét dấu:  VOAB    3;  Dựa vào bảng xét dấu ta có hàm số ( )1 nghịch biến khoảng (- m ;4 - m) Do hàm số (1) nghịch biến khoảng (- 2; 2) m  m    2;    m; 4; m     m2 2   m m  Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn Câu 43 A Mặt cầu (S) : x2 + y2 + (z - )2 = 25 có tâm I (0; 0; 1) , bán kính R =       vi IA  IB  R   2OI BA  2.OI.BA.cos  OI , BA  2OI.BA  12 Ta có: OA2  OB  OI  IA  OI  IB   2OI IA  IB Dấu “=” xảy hai véc tơ OI , BA hướng Vậy giá trị lớn biểu thức OA2 - OB2 12 Câu 44 D Vì học sinh lớp 12A đăng kí tiết mục số tiết mục văn nghệ nên số cách lựa chọn tiết mục văn nghệ học sinh là: C31  C32  Lớp 12A có 44 học sinh tham gia văn nghệ nên số cách để lớp lựa chọn là: 44 Câu 45 D Ta có f (x) ≥ f (0) , ∀x ∈  x4  ax3  bx2  0, x  ⇔ x2 (x2 + ax + b) ≥ 0, ∀ x ∈  x2  ax  bx  0, x  a2 a  a2  Khi đó: S  a  b  a   1     1, a  2     a  4b   b   a2 b    b  Dấu “=” xảy   a  2 1  a   Vậy minS = - , a = - , b = Câu 46 B Trên khoảng (0; +∞) , ta có: f ′(x) = ⇔ (x - 1)3 (2x - ) log2x =  x  13     x    x  (nghiệm bội 5)  log x  Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên, suy khoảng (0; +∞) hàm số y = f (x) có điểm cực tiểu x = Câu 47 C Hình phẳng (H) biểu thị phần tơ màu hình vẽ (kể bờ), hình giới hạn đường tròn (C) có tâm I (4; 3) , bán kính R = 2 đường thẳng x = Ta có (x - 4)2 + (y - 3)2 = ⇔ (y - 3)2 = - (x - 4)2 ⇔ y = ±   x   (C) cắt đường thẳng y = điểm có tọa độ ( ± 2;3 ) Gọi S0 diện tích hình phẳng giới hạn đường y = 3+   x   , y = 3, x = 6, x=4+ 2 4 2 Ta có S H   2.S0      x  4 dx  2, 2831 Vậy ta chọn C Câu 48 B Gọi M ( x0 ; y0 ; z0 ) thuộc mặt cầu (S) thỏa mãn 3MA2 + MB2 = 48 2 Ta có: 3MA2 + MB2 = 48 ⇔  x0  1  y02  z02    x0     y0    z02   48     2 2 2  x0  y0  z0  16 x0  12 y0  16   x0  y0  z0  x0  y0     Suy M thuộc mặt cầu (S′) tâm I ′  2; ;0  bán kính R '    Mặt khác M thuộc mặt cầu (S) tâm O (0; 0; 0) , bán kính R = Ta thấy: OI′ = = R + R ′ ⇒ mặt cầu (S) (S′) tiếp xúc M ⇒ Có điểm M thỏa mãn đề Câu 49 C Xét bất phương trình f (- f (x)) ≥ m (1) Đặt t = - f (x) , với x∈ [- 1;1] t∈ [- 2; 2] Bất phương trình (1) trở thành f (t) ≥ m (2) (1) có nghiệm x thuộc đoạn [- 1; 1] (2) có nghiệm t thuộc đoạn [ -2; 2] Ta có bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta thấy (2) có nghiệm t ∈ [ -2; 2] m ≤ Mà m∈ suy m∈ {0; 1; 2} Vậy có số tự nhiên m thỏa mãn đề Câu 50 D m Xét I   f  m  x dx Đặt t = m - x ⇒ dt = - d x Đổi cận: x = ⇒ t = m ; x = m ⇒ t = m m Suy ra: I   f  t dx   f  t dx m Vì tích phân khơng phụ thuộc biến số nên I   f  x dx m m 0 Vậy  f  x dx   f  m  x dx, m  ... 12A có 44 học sinh, hỏi có cách để lớp lựa chọn? A 244 B 244  344 C 344 D 644 Câu 45 Hàm số y  x  ax3  bx  đạt giá trị nhỏ x = Giá trị nhỏ biểu thức S = a + b A B C – D – Câu 46 Nếu hàm... 26-A 27-C 28-A 29-B 30-C 31-B 32-C 33-C 34- A 35-B 36-B 37-C 38-B 39-D 40 -B 41 -D 42 -B 43 -A 44 -D 45 -D 46 -B 47 -C 48 -B 49 -C 50-D HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu C Ta có a, b phần thực phần ảo số phức z =1-... πr2h = π a3 Câu B Hàm số có bảng biến thi n đề cho có tập xác định D = va nghịch biến +) Hàm số y = log2 x hàm số y = log x có tập xác định (0; +∞) ⇒ Loại A C +) lim y   +) Hàm số y = đồng biến