Tuyển chọn câu hỏi vận dụng cao trong đề thi thử THPTQG 2019 môn toán

TUYỂN CHỌN NHỮNG CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO NĂM 2019 TỔNG HP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG FACEBOOK: https://www.facebook.com/phong.baovuong SĐT: 0946798489 Năm hoïc: 2018 – 2019 Chuyên đề HÀM SỐ & CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN Câu Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm sau Câu 2 Hàm số y  f (2 x  1)  x  x  nghịch biến khoảng đây?  1 A 1;  B 1;  C  ;  2 D 1;7  2 Lời giải Chọn B Ta có: y   f (2 x  1)  x  Để hàm số y  f (2 x  1)  x  x  nghịch biến f (2 x  1)  x   0, x  D hay 3 12 f (t )   t , t  D1 * t  x 1 3  f (t )   + Xét t  ;  4  12 nên chưa thể kết luận tính - sai cho (*) (loại)   t   3 12 + Xét t  4; 1  f (t )   t  nên (*) 3 Suy 4  x   1    x  1 (loại)  f (t )  + Xét t  1; 2  12 nên (*) Suy   t   3 1  t   1  x      x   f (t )  + Xét t  2; 4  12 nên (*) sai (loại)   t   3 12   t  0, t   4;12 3 + Xét t  4;    f (t )   nên chưa kết luận tính - sai 12   t  0, t  12;   3 cho (*) (loại) Cho hai hàm số y  f  x  , y  g  x  liên tục có đạo hàm  có đồ thị  C1  ,  C2  hình vẽ bên Hàm số A  2;3 B  0;1 y  f  x  g  x  nghịch biến khoảng đây? C  ;  D  4;5  Trang 1/20 - Mã đề 101 Lời giải Chọn A Ta xét khoảng  2;3 , với x1 , x2   2;3  , x1  x2 ta có: 0  f  x1   f  x2  0  f  x1   f  x2    0  g  x1   g  x2  0   g  x1    g  x2   f  x1    g  x1    f  x2    g  x2    f  x1  g  x1   f  x2  g  x2   y  x1   y  x2  Hay hàm số nghịch biến  2;3 Câu (SỞ GD THANH HÓA_14-04-2019) Cho hàm số y  f  x  liên tục  có đồ thị hình vẽ Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f   f  cos x   m có nghiệm   x   ;  2  A Chọn D Trang 2/20 - Mã đề 101 B C Lời giải D Từ hình vẽ, đặt f  x   ax  bx  cx  d ,  a  0 Đồ thị hàm số qua gốc tọa độ O nên d  Ta có a  b  c  a    hệ phương trình  a  b  c  2  b  Do f  x   x  3x  4a  2b  c  c  3     ;    t   1;0   f  cos x   f  t   t  3t với t   1;0 2  Đặt t  cos x, x   f '  t   3t   0, t   1;0  f  t  nghịch biến  1;   f  t    f   ; f  1  hay f  t    0;4 Đặt u  f  t   u   0;   m  f  u   u  3u với u  0;2 Ta có f '  u   3u   f '  u    u  1  0;2  Bảng biến thiên f  u  Từ bảng biến thiên suy phương trình có nghiệm  2  m  Câu  m   2;    m  2; 1;0;1  m   (Trường THPT Thăng long Hà Nội) Cho hàm số y  f  x  Hàm số y  f '  x  có bảng biến thiên sau: x -1 -∞ +∞ f '(x) +∞ 12 -  +∞ 3 -  Đặt g  x   f  x   ln x  Khẳng định sau sai? A g  3  g   B g  2   g  1 C g  1  g   D g 1  g   Lời giải Chọn B 2x x 1 Từ bảng biến thiên, ta có: g ' x  f ' x  Trang 3/20 - Mã đề 101 2x   g '  x   , hàm số g  x  đồng biến khoảng x 1  ;0  g  2   g  1 suy đáp án sai làA +Với x   ;  f '  x   0; g  1  g   đáp án B 2x   g '  x   , hàm số x 1 1; 2  g    g 1 đáp án C + Với x  1; 2  f '  x   0; g  x nghịch biến 2x + Với x   3; 4  f '  x   ;   g '  x   , hàm số g  x  đồng biến x 1 Câu 3; 4  g  3  g   Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm  có đồ thị f   x  hình vẽ Xét hàm số g  x   f  x   Mệnh đề sai? A Hàm số g  x  nghịch biến khoảng  1;  B Hàm số g  x  đồng biến khoảng  2;   C Hàm số g  x  nghịch biến khoảng  0;  D Hàm số g  x  nghịch biến khoảng  ; 2  Lời giải Chọn A Ta có g   x   x f   x   hàm số liên tục  x  x  x0   2 g   x    x f   x        x   1   x  1  f   x     x2    x  2  x  f   x2  2   x2    x2     x  2 Bảng biến thiên hàm số g  x  Trang 4/20 - Mã đề 101 Từ bảng biến thiên, ta thấy câu D sai Câu (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Tất giá trị tham số m để phương trình tan x  cos x m    có nghiệm phân biệt thuộc   ;  2   B m  A m  C  m  Lời giải D  m  Chọn C Ta có tan x  cos x    m  tan x  tan x   m  tan x  tan x   m * Đặt t  tan x  t   tan x(tan x  1)    t    tan x   x  với x    ;   2 BBT     Từ bảng biến thiên suy với t   0;   cho ta hai nghiệm x   ;  t  cho ta  2     nghiệm x   ;   2 Với cách đặt ta có t  2t   m **     Phương trình * có sáu nghiệm phân biệt x   ;  phương trình ** có ba nghiệm phân  2 biệt t   0;   Đặt f  t   t  2t  2, t   0;   , ta có f   t   2t  2, t   0;    f   t    2t    t  BBT Trang 5/20 - Mã đề 101 Từ ta suy BBT hàm f  t  Câu Từ BBT ta suy  m  (HÀ HUY TẬP - HÀ TĨNH - LẦN - 2019) Biết m giá trị để bất phương 0  x  y  trình  có nghiệm Mệnh đề sau đúng?  x  y  xy  m    A m    ;0    1  C m  2; 1 B m   ;1 3   1 D m    ;    3 Lời giải Chọn A x y Điều kiện: xy  m   m  2 xy  2   m 2   0  x  y  Nhận xét: Nếu hệ bất phương trình  có nghiệm  x; y  , x  y hệ bất phương  x  y  xy  m  trình có nghiệm  y; x  đó, hệ bất phương trình có nghiệm x  y +Với x  y ,ta có hệ bất phương trình: 1   0  x  0  x  0  x     2 2 x  x  m   x  m   x  2 x  m   x  x  *  2 Ta có: x  m   x  x  m  x  x  **  1 Xét hàm số f  x   x  x   0;   2  1 Ta có: f   x   x   0, x   0;   2 Bảng biến thiên: Trang 6/20 - Mã đề 101 Để hệ bất phương trình có nghiệm m   0  x  y  1  +Với m   , ta có:   x  y  xy   1  Ta có: x  y  xy    x  y   x  y    x  y  xy   2     Câu Dấu ''  '' xãy x  y  0  x  y  1 Vậy hệ bất phương trình  có nghiệm m    x  y  xy  m  (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xuyên Hà Tĩnh 2019) Gọi S tập hợp tất giá trị tham số 1 m để hàm số f  x   m x  mx  10 x   m  m  20  x đồng biến  Tích giá trị tất phần tử thuộc S A  B  C D 2 Lời giải Chọn B Ta có hàm số f  x  đồng biến  f   x   0, x    m x  mx  20 x   m  m  20   0, x     x  1  m x  m x   m  m  x  m  m  20   0, x   *   2 2 Xét g  x   m x  m x  m  m x  m  m  20 Nếu g  x   khơng có nghiệm x  f   x  đổi dấu x qua 1, nên muốn *  thỏa điều kiện cần  m g 1   m  m  10      m  2 Ta cần kiểm tra xem hai giá trị tìm có thỏa  *  khơng Nếu m  25 25 15 65 g  x   x  x  x   x  1  x  10 x  13  , thỏa *  4 4   2 Nếu m   g  x   4x  4x  6x 14   x 1 4x  8x 14 , thỏa *  5 2   Vậy S   ;  2 Trang 7/20 - Mã đề 101 Câu (HÀ HUY TẬP - HÀ TĨNH - LẦN - 2019) Biết số thực a , b thay đổi cho hàm số 3 f  x    x3   x  a    x  b  đồng biến khoảng  ;   Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a  b2  4a  4b  A  B D C  Lời giải Chọn A TXĐ: D   2 2 f   x   3x   x  a    x  b   x   a  b  x  3a  3b Do hàm số đồng biến  ;    f   x   0, x   dấu xảy hữu hạn điểm  ;    x   a  b  x  a  b  0, x       ab  (*) Cách 1: Ta có P  a  b2  2a  2b    a  b    a  b     2ab Hay P   a  b    2ab   2 , ab  theo (*)  a  b    2 a  b    a  a   Dấu xảy   ab  b  b  Vậy P   2 Cách 2: Do f   x   0, x    f   2    a  b   a  b    a  a   P  a  b   a  b    2 Dấu xảy   b  b  Vậy P   Câu 10 Một hình hộp đứng có đáy hình vng chứa đồng hồ cát hình vẽ Tỉ số thể tích đồng hồ cát phần lại đồng hồ cát hình hộp đứng A  12   B   C  24   D  24  2 Lời giải Chọn A Gọi V H  ,V DH  , VCL  thể tích hộp đứng, đồng hồ cát phần lại Cho cạnh đáy hộp 6, chiều cao hộp Đồng hồ cát tạo nón chiều cao nón (cao hộp chia 2); bán kính đáy nón (đáy hộp chia 2) Ta có: V H   8.62  288 ; V DH   .4. 32  24 ; V CL   V H   V DH   288  24 V DH  24  Theo đề đáp án   VCL  288  24 12   Trang 8/20 - Mã đề 101 Câu 11 (HSG-Đà Nẵng-11-03-2019) Cho hàm f  x   x2  x  m số g  x    x  1 x    x  3 Tập tất giá trị tham số m để hàm số g  f  x   đồng biến  3;   A  4;   B 3;   C 3;  D  0;3 Lời giải Chọn B Ta có f  x   x  x  m , g  x    x  1 x    x  3  a12 x12  a10 x10   a2 x  a0 Suy f   x   x  , g   x   12a12 x11  10a10 x9   2a2 x 11 Và  g  f  x     f   x  12a12  f  x    10a10  f  x     2a2 f  x        f  x  f   x  12a12  f  x    10a10  f  x     2a2 10 Dễ thấy a12 ; a10 ; ; a2 ; a0  f   x   x   , x    Do f   x  12a12  f  x    10a10  f  x     2a2  , x  10  Hàm số g  f  x   đồng biến  3;    g  f  x     , x   f  x   , x     x  x  m  , x   m  x  x , x   m  max x  x  Vậy m  3;   thỏa yêu cầu toán 3;  Câu 12 Cho hàm số f  x   1  m3  x  x    m  x  2, với m tham số Có số nguyên m   2018; 2018 cho f  x   0, x   2; 4 ? A 2021 D 2019 B 4037 C 2020 Lời giải Chọn C Tập xác định: D   Điều kiện cần: 8 1  m3   12    m     f    8m3  2m  30      3  f    64m  4m  130  64 1  m   48    m      2m  3  4m  6m  10   m     m  4m   16m  20m  26   m   Do m   2018; 2018 m   nên m  2018; 2017; ; 1;0;1 Điều kiện đủ: -Với m  1, ta có: f  x   3x  3x   0, x    Thỏa mãn đề -Với m  , ta có: f  x   1  m3  x  x    m  x   f  x   m3 x  mx  x  3x  x  Khi đó: f '  x   3m x  m  x  x   m  3m x  1  x  x  Do m  nên  m  3m x  1  0, x   Mà x  x   0, x   Suy f '  x   0, x    Hàm số đồng biến khoảng  ;    Thỏa mãn đề Trang 9/20 - Mã đề 101 a Gọi F hình chiếu vng góc H lên SD ta có HF  mp( SCD ) Tính Vì SA  SB  SD  a nên SH  ( ABCD ) SH  SD  DH  FH  SH DH a  SD Gọi I hình chiếu A lên ( SCD ) FH song song với AI Ta có Nên AI  FH CH   AI CA 3 a HF  2 AI Góc đường thẳng SA mp( SCD ) góc  ASI sin   ASI  45 ASI   SA Câu 12 Cho lăng trụ ABC A B C  có đáy ABC tam giác có cạnh Hình chiếu vng góc A mp ( ABC ) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC Gọi M trung điểm cạnh AC Khoảng cách hai đường thẳng BM B C A 2 B C Lời giải D Chọn B A' C' A K B' M G M A G B C B I C I H H Gọi G trọng tâm tam giác ABC  G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có A G  ( ABC ) Dựng hình chiếu H B  mặt phẳng ( ABC )  Tứ giác ABHG hình bình hành AG  BH  BH  BC  Xét tam giác BHC vuông B ,ta có: tan BCH BH   30   BCH BC   90 hay AC  HC Do  ACH   ACB  BCH Mà AC  B H Do đó: AC  B C C hay MC  B C C (1) Ta lại có MC  BM M (2) Từ (1), (2)  MC đoạn vng góc chung BM B C Do d ( BM , B C )  MC  Câu 13 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng, hình chiếu vng góc đỉnh S xuống mặt đáy nằm hình vuông ABCD Hai mặt phẳng  SAD  ,  SBC  vng góc với nhau; góc 0 hai mặt phẳng  SAB   SBC  60 ; góc hai mặt phẳng  SAB   SAD  45 Gọi  góc hai mặt phẳng  SAB   ABCD  Tính cos Trang 7/21 - Mã đề 101 A cos = B cos = C cos = D cos = Lời giải Chọn C Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ Khơng tính tổng qt giả sử ABCD hình vng có cạnh 1, chiều cao hình chóp S ABCD c  c   A  0;0;0  , B 1;0;  , C 1;1;  , D  0;1;0  Do hình chiếu vng góc H đỉnh S xuống mặt đáy nằm hình vng ABCD nên gọi H  a ; b ;0  với  a , b 1 *  S  a ; b ; c       Ta có: AS   a ; b ; c  , AD   0;1;0  nên chọn n SAD    AS , AD    c ; 0; a       BS   a  1; b ; c  , BC   0;1;0  nên chọn n SBC    BS , BC    c ;0; a  1      AB  1;0;  , AS   a ; b ; c  nên chọn n SAB    AB , AS    0;  c ; b    Chọn n ABCD   k   0; 0;1   Do  SAD    SBC   n SAD  n SBC    c  a  a  1   c  a  a 1   n SAB  n SBC  b  a  1 Góc  SAB   SBC  60  cos 60      2 n SAB  n SBC  c   a  1 c  b   b 1  a  (*) (1)   a c  b2 b 1 a c b  b (2)   2 2 1 a c b   n SAB  n SAD  ab Góc  SAB   SAD  45  cos 45      n SAB  n SAD  c  a2 c2  b2  ab (*)  a c  b2 ab b 1 a a :    a   3 2 1 a a c b c b     ,  3 n SAB  n ABCD  b Góc  SAB   ABCD    cos       n SAB  n ABCD  c2  b2 Trang 8/21 - Mã đề 101 : 2  1  Cách 2:theo ý tưởng thầy Vô Thường Gọi I , J , H hình chiếu vng góc S lên BC , AD ,  ABCD  ; I  , H  , J  hình chiếu vng góc I , H , J lên  SAB  Ta có:   90 Do  SAD    SBC  nên (( SAD),( SBC ))  ISJ SI  ( SAD) Suy  SJ  ( SBC )  SI   SAD  '  45 Do  nên (( SAD), ( SAB ))  SII  II    SAB  SJ   SBC  '  60 Do  nên (( SBC ), ( SAB ))  SJJ  JJ  SAB     SH   ABCD  '   Do  nên (( SAB), ( SABCD))  SHH  HH  SAB    Đặt II   HH   JJ   x với x  2 x2 x HH  x   cos     2x SH x SI  SJ Câu 14 (Sở GD- ĐT Quảng Nam) Gọi X tập hợp tất số tự nhiên có chữ số lập từ chữ số 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 Lấy ngẫu nhiên số tập tập hợp X Gọi A biến cố lấy  SI  x , SJ  x , SH  SI SJ  IJ SI SJ  số có hai chữ số 1, có hai chữ số 2, bốn chữ số cịn lại đơi khác nhau, đồng thời chữ số giống không đứng liền kề Xác suất biến cố A 201600 151200 176400 A B C D 98 98 98 Lời giải Chọn A Ta có khơng gian mẫu n     8! cách 2!.2! Trường hợp 1: số đứng kề coi số , số đứng kề coi sô, có tất 6!.C 74 cách Lấy số có chữ số mà có số 1, số 2, bốn số cịn lại đơi khác có C74 Trường hợp 2: số đứng cạnh coi sô , số không đứng cạnh ngược lại có C74  C72   5! Trang 9/21 - Mã đề 101 Vậy n  A   C74  P  A  8!  6!.C 74  C 74  C72   5!  201600 cách 2!.2! n  A n   201600 98 - HẾT Câu 15 Gieo đồng thời súc sắc Bạn người thắng xuất mặt chấm Xác suất để lần chơi thắng lần gần với giá trị A 1,65.107 B 1,24.105 C 3,87.104 D 4.104 Lời giải Chọn D Gọi B biến cố gieo đồng thời súc sắc Gọi biến cố B1 , B2 , B3 biến cố gieo súc sắc 1; 2; 6 Xác suất để súc sắc xuất mặt chấm P  B1   ; P  B2   ; P  B3   Bạn người thắng xuất mặt chấm nên xác suất 1 1 P  B   C 32   6 6 6 27 2 25  Nên P  B   Suy P B   27 27 27 Gọi A biến cố “Bạn người thắng cuộc” Để lần chơi thắng lần nên ta có   P  A   C 64  P  B    P  B     C 65  P  B   P B  C 66  P  B    4.10 4 Câu 16 Số giá trị nguyên tham số m để phương trình cos 3x  cos x  m cos x 1  có    nghiệm phân biệt thuộc khoảng  ; 2    A B C Lời giải D Chọn C cos 3x  cos x  m cos x 1   cos 3x 1  cos x  m cos x   cos x  cos x  cos x  m cos x   cos x  (1)  cos x 4 cos x  cos x  m  3     4cos x  cos x  m   (2)  Giải (1) cos x   x    k ,(k  ) Do (1) có nghiệm phân biệt thuộc khoảng     ; 2  x   , x  3    2    Để phương trình cho có nghiệm phân biệt thuộc khoảng  ; 2  phương trình (2)      có nghiệm phân biệt thuộc khoảng  ; 2  khác nghiệm (1)   Đặt cos x  t , (1  t  1) , phương trình (2) trở thành phương trình 4t  2t  m   (3)    Với t  1, t  1 : nghiệm t ta xác định nghiệm x   ; 2       Với 1  t  : nghiệm t ta xác định nghiệm x   ; 2    Trang 10/21 - Mã đề 101    Với  t  : nghiệm t ta xác định nghiệm x   ; 2       Do để phương trình (2) có nghiệm phân biệt thuộc khoảng  ; 2  khác nghiệm   3 phương trình (3) có nghiệm phân biệt thỏa mãn  t  Khi đó: 2 13  4m       13  m      b      4 13  a    m    m  4( m  3)      ac     m     13  4m   t , t2     Vậy khơng có giá trị ngun m thỏa mãn đk đề Câu 17 Gọi A tập số tự nhiên gồm chữ số mà chữ số khác Lấy ngẫu nhiên từ tập A số Tính xác suất để lấy số mà có chữ số khác 560 1400 2240 1400 A B C D 6561 6561 6561 19683 Lời giải Chọn B Ta có:   95  59049 Gọi B biến cố cần tìm xác suất Số cách chọn chữ số phân biệt a, b, c từ chữ số khác C39 TH1 Có chữ số chữ số a, b, c lặp lần Chọn chữ số lặp: có cách, giả sử a 5! Xếp chữ số a, a, a, b, c có cách, (vì 3! hốn vị vị trí mà a , a , a chiếm chỗ tạo 3! số n ) 5! Suy trường hợp có C39  số tự nhiên 3! TH2 Có chữ số a, b, c , chữ số lặp lần Chọn chữ số lặp: có C 32 cách, giả sử a, b 5! Xếp chữ số a, a, b, b, c có cách, (vì 2! hốn vị vị trí mà a , a chiếm chỗ 2! 2!2! hoán vị vị trí mà b, b chiếm chỗ tạo số n ) 5! Suy trường hợp có C39  số tự nhiên 2!2! 5! 5!  12600 số Do ta có B  C39   C39  3! 2!2!  12600 1400 Kết luận: P  B   B    59049 6561 Cách 2: Lưu Thêm Gọi A tập số tự nhiên gồm chữ số mà chữ số khác Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên số từ A ”  n     95 Gọi B biến cố: “ Số chọn có chữ số khác nhau” TH1: Có chữ số lặp lần, chữ số lại khác +) Chọn chữ số khác có cách ( gọi a ) +) Xếp chữ số a vào vị trí có C53 cách x  ,x Trang 11/21 - Mã đề 101 +) Chọn chữ số từ chữ số lại xếp vào vị trí cịn lại có A82 cách  Có 9.C53 A82  5040 (số) TH2: Có chữ số, chữ số lặp lần +) Chọn chữ số từ chữ số có C92 (gọi a , b ) +) Xếp chữ số: a , a , b , b vào vị trí có C52 C32 cách +) Xếp chữ số cịn lại có cách  Có C92 C52 C32  7560 (số)  n  B   5040  7560  12600 n  B 12600 1400  n  95 6561 Câu 18 Chọn ngẫu nhiên số nguyên thuộc [1;500] Tính xác suất để chọn số ước 10800 18 16 49 23 A B C D 125 125 500 250 Lời giải Chọn D Kết luận: P  B    Ta có:   500 Gọi A biến cố: “Chọn ngẫu nhiên số nguyên thuộc [1;500] ” Vì 10800  4.33.52 nên ước 10800 có dạng x.3 y.5 z với x, y, z   x   0; 4 , y   0;3 , z   0; 2 Để x.3 y.5 z  500 1 thì:  TH1: z  500  500   y  log  x  x   Lập bảng giá trị từ x  tới x  , ta nhận  y   TH1 có 5.4  20 cách  TH2: z  100 100 1  x.3 y  100  y  x  y  log  x    Lập bảng giá trị từ x  tới x  , ta có:  Với x  0;1 y  0;1; 2;3 1  x.3 y  500  y   Với x  2;3 y  0;1; 2  Với x  y  0;1  TH2 có 2.4  2.3  1.2  16 cách  TH3: z  20 20 1  x.3 y  20  y  x  y  log3  x  2  Lập bảng giá trị từ x  tới x  , ta có:  Với x  0;1 y  0;1; 2  Với x  y  0;1  Với x  3; 4 y   TH3 có 2.3  1.2  2.1  10 cách A 46 23   500 250 Câu 19 Cho hình chóp S ABC có cạnh bên SA , SB , SC tạo với đáy góc 30 Biết AB  , BC  , AC  Khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng  SBC    A  20  16  10  46 Vậy P  A   Trang 12/21 - Mã đề 101  A d  35 39  13 B d  35 39  52 C d  35 13  52 D d  35 13  26 Lời giải Chọn B Gọi H chân đường cao kẻ từ S tứ diện S ABC   SBH   SCH   30 Theo giả thiết, SAH  SAH  SBH  SCH (cạnh góc vng – góc nhọn)  HA  HB  HC  H tâm đường tròn ngoại tiếp ABC abc Đặt a  BC  , b  AC  , c  AB  , p   10 , R bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC Áp dụng công thức Heron, ta SABC  p  p  a  p  b  p  c   10  R  HB  HC  a.b.c   S ABC 7 HB 14   , SB      SC cos 30 3 3 1 70 Ta có: VS ABC  SH S ABC   10   3 13 14 Cũng áp dụng cơng thức Heron cho SBC có SB  SC  , BC  , ta được: SSBC   3 70 3 3.VS ABC  35 39   d  d  A ,  SBC     S SBC 52 13 Câu 20 (THPT Hậu Lộc -Thanh Hoá lần -18-19) Gọi X tập hợp số tự nhiên có chữ số Lấy ngẫu nhiên hai số từ tập X Xác suất để nhận số chia hết cho gần với số đây? A 0, 44 B 0,56 C 0,12 D 0, 23 SHB vuông H  SH  HB.tan 30  Lời giải Chọn A Các số tự nhiên tập X có dạng abcde , suy tập X có 9.104 số Lấy từ tập X ngẫu nhiên hai số có C90000 số Vì abcde  de  de  00, 04, 08,12, ,92,96 có 25 số Trang 13/21 - Mã đề 101 Suy số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 9.10.10.25  22500 số Số tự nhiên có năm chữ số khơng chia hết cho 9.10.10.75  67500 số Vậy xác suất để số chia hết cho là: P  Câu 21 1 C22500  C22500 C67500  0, 437 C90000 Cho hàm số f  x   mx  nx3  px  qx  r 2019 , chia f   x  cho x   x  2  m  0 Chia f  x  cho x  phần dư phần dư 2018 Gọi g  x  phần dư chia f  x  cho Giá trị g  1 A 4033 B 4035 C 4039 Lời giải D 4037 Chọn B Gọi h x thương g  x phần dư chia f  x cho  x  2 tức f  x   h  x  x    g  x  Do f  x  hàm số bậc nên h  x  hàm số bậc g  x  hàm số có bậc nhỏ Suy hàm số g  x  có dạng g  x   ax  b Ta có f   x   h  x   x    2h  x   x    a Theo giả thiết chia f  x  cho x  phần dư 2019 , chia f   x  cho x  phần  f    2019 2a  b  2019 a  2018 dư 2018 nên ta có    a  2018 b  2017  f     2018 Suy g  x   2018 x  2017 Vậy g  1  2018  1  2017  4035 Câu 22 Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a , SA   ABC  , SA  a Cosin góc hai mặt phẳng  SAB   SBC  A 1 B C D 2 Lời giải Chọn C Gọi M trung điểm BC Do tam giác ABC nên AM  BC AM  AB sin 60  Gọi H , K hình chiếu A SM , SB Vì SA   ABC   SA  AB, SA  AM Trong tam giác vuông SAB , SAM , ta có: 1 a 1 a 15  2  AK   2  AH  ; 2 2 AK SA AB AH SA AM Trang 14/21 - Mã đề 101 a  BC  SA  SA   ABC    BC   SAM   BC  AH   AM  BC  AH  SM  AH  KH  SB  AH  AH   SBC      SB   AHK   SB  HK   AH  BC  AH  SB  SB  AK Từ AH  KH  KH  AK  AH  a 20  SB  AK HK Từ     SAB  ,  SBC     AKH  cos   SAB  ,  SBC     AK  SB  HK Câu 23 (THPT Chuyên Lam Sơn - lần 2- NĂM HỌC 2018 – 2019) Cho lưới ô vuông đơn vị, kích thước  sơ đồ hình vẽ Một kiến bị từ A lần di chuyển bị theo cạnh hình vng để tới mắt lưới liền kề Có cách thực hành trình để sau 12 lần di chuyển dừng lại B? A 3489 B 3498 C 6666 Lời giải D 1532 Chọn C Vì kiến sau 12 lần di chuyển dừng lại B nên hành trình kiến gồm: lần bị sang phải lần bò sang trái lần bò xuống lần bò sang phải lần bò xuống lần bò lên Ta ký hiệu:” L: bò lên; X: bò xuống; P: bò sang phải; T: bò sang trái” TH1: Hành trình kiến bao gồm: lần bị sang phải lần bò sang trái lần bò xuống Số hành trình trường hợp số cách xếp chữ P; chữ T; chữ X vào 12 ô theo thứ tự chữ T phải nằm chữ P Ta xếp chữ X trước có C124 cách Vì chữ T phải nằm chữ P có cách xếp  Số hành trình loại là: 6.C124 TH2: Hành trình kiến bao gồm: lần bò sang phải lần bò xuống lần bò lên Tương tự trường hợp  Số hành trình loại 4.C126 Vậy số cách thực hành trình để sau 12 lần di chuyển kiến dừng lại B là: 6.C124  4.C124  6666   120 Câu 24 Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC  có đáy ABC tam giác cân với, AB  AC  a , BAC cạnh bên BB  a Tính cosin góc hai mặt phẳng  ABC   ABI  , với I trung điểm CC  ? 10 Lời giải Chọn B Cách A B 30 10 C 30 D Trang 15/21 - Mã đề 101 Gọi D giao điểm BI BC M trung điểm BC , suy AM  BC AM  AC.sin 30  a BB  nên C trung điểm BD Áp dụng định lý cơsin cho tam giác ABC Ta có I trung điểm CC  IC  BC  AB  AC  ABAC.cos120  a , BD    120 nên ACD   150 ABC tam giác cân BAC Áp dụng định lý côsin cho tam giác ACD AD  AC  CD  ACCD.cos150  a Do  ABC    ABI   AD Kẻ BH  AD   a2 2S a 21  HB Lại có: SABD  AM BD  Suy   BH  ABD  ABC  ,  ABI   B 2 AD Xét tam giác B BH vuông B ; BH  BH  BB2   HB  Khi cos B a 70 BH a 21 30   BH a 70 10 Cách 2: Tam giác ABC hình chiếu tam giác ABI Gọi  góc  ABC   ABI   cos   Xét ABI có AI  AC  CI  S ABC a2 ; SABC AB AC.Sin120  S ABI a ; BC  AB  AC  ABAC.cos120  a a a 13  ; AB  a Ta có AI  AB2  BI nên ABI vuông A BI  BC 2  C I  3a   S ABI  S a 10 a2 30 AI AB   cos   ABC   S ABI a 10 10 Bình luận: Bài sử dụng tọa độ để giải! Câu 25 (Thi Thử Cẩm Bình Cẩm Xuyên Hà Tĩnh 2019) Cho hình chóp S A B C D có đáy hình chữ nhật cạnh AB  AD  a Tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy  A B C D  Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBD  Trang 16/21 - Mã đề 101 A a B a C a D a Lời giải Chọn A Gọi I trung điểm AB  SI  A B  SI  AB  Ta có:  SAB    ABCD  gt   SI   ABCD    SAB    ABCD   AB Xét  SAB có cạnh a  SI  a Kẻ AK  BD K Ta xét  BAD có: Kẻ J I  B D J  JI / / AK  JI  1 1 2a       AK  2 AK AB AD 4a a 4a 5a AK  Ta có: BD  SI  BD   SJI  Kẻ H I  S J H  IH   SBD  H  d  I ;  SBD    IH Xét  S J I có: 1 16 a       HI  HI JI SI a 3a 3a Do I trung điểm AB nên: d  A;  SBD   d  I ;  SBD    AB a   d  A;  SBD    2d  I ;  SBD    AI Câu 26 Có cách phân tích số 15 thành tích ba số nguyên dương, biết cách phân tích mà phần tử khác thứ tự tính lần? A 517 B 516 C 493 D 492 Lời giải Chọn A 9 a b Ta có 15  Đặt x  1.5 , y  3a2 5b2 , z  3 a b Xét trường hợp: Trường hợp 1:3 số x, y, z  có cách chọn Trường hợp :Trong số có số nhau, giả sử: x  y  a1  a2 , b1  b2  2a1  a3   a3   a1    2b1  b3  b3   2a3 Suy có cách chọn a1 cách chọn b1 Trường hợp 3: Số cách chọn số phân biệt Trang 17/21 - Mã đề 101 a  a  a  Số cách chọn  C112 C112 b1  b2  b3  Suy số cách chọn số phân biệt C112 C112  24.3  C112 C112  24.3   25  517 3!   120 Câu 27 Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC  có đáy ABC tam giác cân với, AB  AC  a , BAC cạnh bên BB  a Tính cosin góc hai mặt phẳng  ABC   ABI  , với I trung điểm Vậy số cách phân tích số 15 thành ba số nguyên dương CC  ? 10 Lời giải Chọn B Cách A B 30 10 C 30 D Gọi D giao điểm BI BC M trung điểm BC , suy AM  BC AM  AC.sin 30  a BB nên C trung điểm BD Áp dụng định lý côsin cho tam giác ABC Ta có I trung điểm CC  IC  BC  AB  AC  ABAC.cos120  a , BD    120 nên ACD   150 ABC tam giác cân BAC Áp dụng định lý côsin cho tam giác ACD AD  AC  CD  ACCD.cos150  a Do  ABC    ABI   AD Kẻ BH  AD   a2 2S a 21  HB Lại có: SABD  AM BD  Suy   BH  ABD  ABC  ,  ABI   B 2 AD Xét tam giác B BH vuông B ; BH  BH  BB2   HB  Khi cos B BH a 21 30   BH a 70 10 Cách 2: Tam giác ABC hình chiếu tam giác ABI Trang 18/21 - Mã đề 101 a 70 Gọi  góc  ABC   ABI   cos   Xét ABI có AI  AC  CI  S ABC a2 ; SABC AB AC.Sin120  S ABI a ; BC  AB  AC  ABAC.cos120  a a a 13  ; AB  a Ta có AI  AB2  BI nên ABI vuông A BI  BC 2  C I  3a   S ABI  S a 10 a2 30 AI AB   cos   ABC   S ABI a 10 10 Bình luận: Bài sử dụng tọa độ để giải! Câu 28 Cho tập hợp S  {1;2;3;4; 5; 6} Gọi M tập hợp số tự nhiên có chữ số đơi khác lấy từ S cho tổng chữ số hàng đơn vị, hàng chục hàng trăm lớn tổng chữ số hàng cịn lại Tính tổng T phần tử tập hợp M A T  36011952 B T  12003984 C T  18005967 D T  11003984 Lời giải Chọn A Tổng chữ số 21 Tổng chữ số hàng đơn vị, hàng chục hàng trăm lớn tổng chữ số hàng lại nên tổng chữ số hàng lại Do đó, có trường hợp nhóm chữ số hàng nghìn, chục nghìn, trăm nghìn : 1; 2;6  , 1;3;5 ,  2;3;  TH1 Các chữ số hàng nghìn, chục nghìn, trăm nghìn gồm 1; 2; Trong trường hợp này, số lần chữ số xuất hàng trăm nghìn số số tự nhiên có dạng 1abcde , a , b, c, d , e đôi khác nhau, a, b {2;6}, c, d , e {3;4;5} , theo quy tắc nhân ta có 2.1.3.2.1  12 số TH2 Các chữ số hàng nghìn, chục nghìn, trăm nghìn gồm 1;3;5 Tương tự, trường hợp có 12 số TH3 Các chữ số hàng nghìn, chục nghìn, trăm nghìn gồm 2;3; Trường hợp khơng có số dạng Như vậy, có 24 số tự nhiên có dạng 1abcde , tức có 24 lần chữ số xuất hàng trăm nghìn Do vai trị nên chữ số xuất chữ số 24 lần, chữ số 4,5, xuất chữ số 12 lần hàng trăm nghìn Tổng tất chữ số hàng trăm nghìn 1.24  2.24  3.24  4.12  5.12  6.12  324 Tương tự, ta có tổng chữ số hàng chục nghìn, hàng nghìn 324 Ở nhóm hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm tương ứng có trường hợp với số  3; 4;5 ,  2; 4; 6 , 1;5; 6 , Câu 29 đó, chữ số 1, 2, xuất hàng hàng 12 , chữ số 4, 5, xuất hàng 24 Do đó, tổng tất chữ số hàng 1.12  2.12  3.12  4.24  5.24  6.24  432 Do vậy, tổng tất số lập 324.105  324.104  324.103  432.102  432.10  432  36011952   3  2019 Cho hàm số f  x   cos x Bất phương trình f    x   m với x   ;   12  A m  22019 B m  22019 C m  22018 Lời giải D m  22018 Chọn D Xét hàm số f  x   cos x , TXĐ: R Trang 19/21 - Mã đề 101 Ta có f   x   2sin x , f   x   22 cos x , f   x   23 sin x , f    x   24 cos x Suy f  2016   x   22016 cos x  f  2017   x   22017 sin x  f  2018  x   2 2018 cos x  f  2019   x   22019 sin x   3    3 Vì x   ;  nên  sin x  hay f  2019   x   22018 ,  x   ; 2  12   12   3  Vậy f  2019   x   m với x   ;  m  22018  12     Câu 30 Từ tập hợp tất số tự nhiên có chữ số mà chữ số khác , lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác 1130 1400 1500 1120 A P  B P  C P  D P  6561 6561 6561 6561 Lời giải Chọn B Số chữ số tự nhiên có chữ số mà chữ số khác là: n     95 số Gọi A biến cố: “ Lấy số tự nhiên có chữ số mà có mặt ba chữ số khác nhau” Khi có trường hợp sau xảy ra: + Trường hợp 1: Số có chữ số xuất lần hai chữ số lại xuất lần Chọn chữ số chữ số có C93 cách chọn Chọn số xuất lần có cách chọn Sắp xếp thứ tự số này, thứ tự số khác trước, lại vị trí số xuất lần: A52 cách Vậy theo quy tắc nhân có: C93 A52  5040 cách + Trường hợp : Số có chữ số xuất lần chữ số lại xuất lần Chọn chữ số chữ số có C93 cách chọn Chọn số xuất lần có cách chọn Sắp xếp thứ tự số này, thứ tự cho số xuất lần trước, sau chọn vị trí cho số xuất lần: 5.C42 cách Vậy theo quy tắc nhân có: C93 3.5.C42  7560 cách Vậy n  A  5040  7560  12600  P  A  n  A n   1400 6561 Câu 31 Cho hàm số y  x  2019 x có đồ thị  C  Gọi M điểm  C  có hồnh độ x1  Tiếp tuyến  C  M cắt  C  điểm M khác M , tiếp tuyến  C  M cắt  C  điểm M khác M , tiếp tuyến  C  M n1 cắt  C  điểm M n khác M n1 với (n  4,5, ) Gọi  xn ; yn  tọa độ điểm M n Tìm n cho 2019 xn  yn  22019  A n  685 B n  673 C n  674 Lời giải Chọn C Ta có M n  xn ; yn  , với yn  xn3  2019 xn , n  Trang 20/21 - Mã đề 101 D n  675 Phương trình tiếp tuyến  C  điểm M n1 với n   d n1  : y  kn1  x  xn1   yn1 , k n 1  xn21  2019 Mà M n   d n1  với n  nên ta có yn  kn1  xn  xn1   yn1  yn  yn 1   xn21  2019   xn  xn1   xn3  2019 xn  xn31  2019 xn 1   xn21  2019   xn  xn1    xn  xn1   xn2  xn xn1  xn21  2019    xn21  2019   xn  xn 1    xn  xn1   xn2  xn xn1  xn21     xn  xn1   xn  xn 1    xn  xn 1  (loại M n  M n 1 ) xn  xn 1  (nhận)  xn  2 xn1 với n  Suy xn   2  x1   2  Hơn nữa: 2019 xn  yn  22019  n 1 n 1 với n  (vì x1  )  2019 xn  xn3  2019 xn  22019    2  3 n 1   2  2019  3n  2022  n  674 - HẾT - Trang 21/21 - Mã đề 101 ...  x 2019  x 24 1 có g   x   x 23 ? ?2019 x1995  24 đổi dấu qua x  x  1995 24 Trường hợp hàm đạt cực tiểu x  2019 + m  5 ta có g  x   x 2019  x34 1 có g   x   x 33 ? ?2019. .. có g  x  x 2019  x 27 1 có g   x   x 26 ? ?2019 x1992  27 không đổi dấu qua x  Trang 12/18 - Mã đề 101 + m  2 ta có g  x   x 2019  x31 1 có g   x   x 30 ? ?2019 x1988  31...  x   f  x   2019 ) A B C Lời giải D Chọn D  f    d  2020  g    f    2019  Theo giả thi? ??t ta có:    f 1  a  b  c  d  2018  g 1  f 1  2019  Mặt khác: lim