Đề kiểm tra kiến thức toán 12 lần 2 năm 2018 2019 trường chuyên KHTN hà nội

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN Mã đề: 567 Đề gồm có 05 trang ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II – MƠN TỐN NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút (khơng kể thời gian phát đề) Mục tiêu: Đề thi thử THPT Chuyên KHTN - Hà Nội tổ chức vào ngày 17/03/2019, đánh giá đề thi hay khó Đề thi dài, dễ gây hoang mang cho học sinh, câu hỏi phía cuối khó lạ Đề thi với mục tiêu giúp HS có nhìn rõ lực học thân sau kì thi thử, giúp HS cọ sát có tâm lí tốt để bước vào kì thi THPTQG tới Học sinh sau đề thi có chương trình ơn tập tốt đề bù vào lỗ hổng trống Câu (TH): Trong mệnh đề sau, mệnh đề sai? A lim x  x   x    x   C lim  x   x  x   x     Câu (VD): Tập nghiệm bất phương trình A  B  4; 3 B lim  3x    x 1 D lim  3x    x 1 x  1 x  1 log  x   log   x   là: C  3; 4 D  4; 3 Câu (TH): Cho số phức z  Khẳng định sau sai? A z  z số thực z C số ảo z B z  z số ảo D z.z số thực Câu (NB): Vecto sau vecto phương đường thẳng A  3; 2;1 B  2;1; 3 C  3; 2;1 x  y 1 z    ? 2 1 D  2;1;3 Câu (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  0; 2; 1 , B  5; 4;  C  1;0;5  Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là: A  1;1;1 B  2; 2;  C  6;6;6  D  3;3;3 Câu (VD): Số giao điểm đồ thị hàm số y  x x  với đường thẳng y  là: A B C D Câu (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz phương trình sau khơng phải phương trình mặt cầu? A x  y  z  x  y  z   B x  y  z  x  y  z  C x  y  z  x  y  z  10  D x  y  z  x  y  z   Câu (TH): Cho cấp số cộng  un  có u1  tổng 40 số hạng đầu 3320 Tìm cơng sai cấp số cộng A B 4 Câu (TH): Đồ thị hàm số y  A x 1 25  x D 8 C có đường tiệm cận? B C D Câu 10 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm A  3;1;  Tọa độ điểm A ' đối xứng với điểm A qua trục Oy là: A  3; 1; 2  B  3; 1;  C  3; 1;  D  3;1; 2  Câu 11 (TH): Tập giá trị hàm số y  x    x là: B 3;7  A  2; 2  D  3;7  C 0; 2  Câu 12 (TH): Đạo hàm hàm số f  x   ln  ln x  là: A f '  x   C f '  x   B f '  x   x ln x ln  ln x  D f '  x   x ln  ln x  x ln x ln  ln x  ln x ln  ln x  Câu 13 (VD): Tính diện tích hình phẳng giới hạn điểm biểu diễn số phức thỏa mãn z   i  z   i  10 B 20 A 12 C 15 D Đáp án khác Câu 14 (VD): Cho hàm số f  x  với bảng biến thiên đây: x f ' x f  x 1   0 +    0 +  2 4 Hỏi hàm số y  f  x  có cực trị? A B C D Câu 15 (TH): Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' Gọi M, N trung điểm AA ' BC ' Khi đường thẳng AB ' song song với mặt phẳng: A  C ' MN  B  A ' CN  C  A ' BN  Câu 16 (VD): Tổng giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y  D  BMN  xm đoạn 1; 2 (m x 1 tham số thực) Khẳng định sau đúng? A  m  B  m  Câu 17 (TH): Số 2018201920192020 có chữ số? A 147501991 B.147501992 C  m  10 D m  10 C 147433277 D 147433276 Câu 18 (VD): Phương trình cos x  cos x   có nghiệm khoảng  0; 2019  ? A 1009 B 1010 C 320 D 321 7  x  x  Câu 19 (VD): Cho hàm số f  x    Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị 4  x x  hàm số f  x  đường thẳng x  0, x  3, y  16 20 B C 10 D 3 Câu 20 (TH): Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, mặt bên SAB A tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với đáy  ABCD  Tính thể tích khối chóp SABCD A a3 B a3 C a3 D a3 Câu 21 (TH): Cho số tự nhiên n thỏa mãn Cn2  An2  15n Mệnh đề sau đúng? A n chia hết cho C n chia hết cho B n không chia hết cho D n không chia hết cho 11 Câu 22 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H 1; 2; 2  Mặt phẳng   qua H cắt trục Ox, Oy, Oz điểm A, B, C cho H trực tâm ABC Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC 81 243 A B C 81 D 243 2 Câu 23 (VD): Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' cạnh a Tính diện tích tồn phần vật tròn xoay thu quay tam giác AA ' C ' quanh trục AA ' A     a2 B     a2 C 2    a2 D 2    a2 Câu 24 (VD): Một mơ hình gồm khối cầu xếp chồng lên tạo thành cột thẳng đứng Biết khối cầu có bán kính gấp đơi bán kính khối cầu nằm bán kính khối cầu 50cm Hỏi mệnh đề sau đúng? A Mơ hình đạt chiều cao tùy ý B Chiều cao mô hình khơng q 1,5 mét C Chiều cao mơ hình tối đa mét D Chiều cao mơ hình mét Câu 25 (VD): Cho khối chóp tứ giác SABCD tích V, đáy ABCD hình bình hành Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh SB, BC, CD, DA Tính thể tích khối chóp M.CNQP theo V 3V 3V 3V V A B C D 16 16 Câu 26 (VD): Cho hàm số f  x  xác định  thỏa mãn f '  x   x  f 1  1 Biết phương trình f  x   10 có hai nghiệm thực x1 , x2 Tính tổng log x1  log x2 A B 16 Câu 27 (VD): Cho khai triển  3x C  2019 D  a0  a1 x  a2 x  a3 x3   a2019 x 2019 Hãy tính tổng S  a0  a2  a4  a6   a2016  a2018 A  3 1009 C 22019 B D 21009 Câu 28 (VD): Biết tổng hệ số khai triển nhị thức Newton  x  1 2100 Tìm hệ số n x3 A 161700 B 19600 C 2450000 Câu 29 (VD): Số mặt phẳng đối xứng hình bát diện là: A B C Câu 30 (VD): Cho hàm số f  x  liên tục  có A B D 20212500 D 0 1  f  x  dx   f  x  dx  Tính   x   dx C D 11 Câu 31 (VDC): Cho hai số thực a  1, b  Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình a x b x 1   xx  Trong trường hợp biểu thức S     x1  x2 đạt giá trị nhỏ nhất, mệnh đề sau đúng?  x1  x2  A a  b B a  b C ab  D ab  Câu 32 (VD): Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B với trọng tâm G, cạnh bên SA tạo với đáy  ABC  góc 300 Biết hai mặt phẳng  SBG   SCG  vng góc với mặt phẳng  ABC  Tính cosin góc hai đường thẳng SA BC 15 15 15 30 B C D 20 10 20 Câu 33 (VD): Cho hai dãy ghế dối diện nhau, dãy có ghế Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm nam, nữ ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Tính xác suất để học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ 1 A B C D 252 945 63 63 Câu 34 (VD): Phương trình sin x  2019 x có nghiệm thực? A 1288 B 1287 C 1290 D 1289 A Câu 35 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi   mặt phẳng chứa đường thẳng d: x 2 y 3 z   vng góc với mặt phẳng    : x  y  z   Hỏi giao tuyến      1 là: Ta có: AC  AB  BC  a A ' C  AC  AA '2  2a  a  a  Stp   Rl   R   AC A ' C   AC      a 2.a  2a     a2 Chọn: A Câu 24: Phương pháp: Gọi cầu xếp mơ hình n Bán kính cầu tạo thành cấp số nhân có cơng bội Tổng n số hạng đầu CSN có số hạng đầu u1 công bội q: S n  u1  q n  1 q 1 Cách giải: Gọi cầu xếp mơ hình n  n  *   Bán kính cầu tạo thành cấp số nhân có cơng bội Gọi bán kính cầu hay cầu nhỏ R1   R1  50   Bán kính cầu là: Rn  50cm  R1.2n 1  2n  Khi chiều cao mơ hình là: h  S n  2.R1  2n  1 1 100 R1  100   R1   1  200  R1  200cm  2m  R1  Vậy chiều cao mơ hình mét Chọn: D Câu 25: Phương pháp: Cơng thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S chiều cao h là: V  Sh Cách giải: Ta có: SCNPQ  S NQDC  S DPQ   S ABCD  S DPQ 1 S S S 8 d  A;  ABCD   1 3  d  M ;  ABCD   SCNPQ  h S  V 16 Lại có: d  M ;  ABCD     VMCNPQ 17 Chọn: C Câu 26: Phương pháp: Sử dụng công thức: f  x    f '  x  dx để tìm hàm số f  x  sau giải phương trình tính tổng đề u cầu Cách giải: Ta có: f  x     x  3 dx  x3  x  C Lại có: f 1  1  2.1  3.1  C  1  C  6  f  x   x  x   f  x   10  x  x   10  x  x  16  * Ta có: ac   16   32   * ln có hai nghiệm trái dấu   x1  x2   Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x2  8 Ta có: log x1  log x2  log x1 x2  log 8  log 23  Chọn: D Câu 27: Phương pháp: n Sử dụng công thức khai triển nhị thức:  a  b    Cnk a n  k b k n k 0 Cách giải:  3x  C2019  2019 2019 k   C2019 k 0  3 2019  C2019  3 k  3 2018 x 2019 k x  C2019  3 2017 2018 2019 2019 x   C2019 x 2018  C2019 x  a0  a1 x  a2 x  a3 x3   a2019 x 2019 1 i  m Ta có: i   1 i khi khi m  4l m  4l  l    m  4l  m  4l  Chọn x  i ta có:  i  C2019  2019 2019 k   C2019  3 k 0 2019  3 i  C2019 k  3 2019  k 2018 i  1 i  C2019  3 2017 2018 2019 2019 i   C2019 3.i 2018  C2019 i  a0  a1i  a2i  a3i   a2018i 2018  a2019i 2019  a0  a1i  a2  a3i   a2018  a2019i Chọn x  i ta có: 18  i  C2019  2019 2019 k   C2019 k 0  3 2019    i   C2019 k  3 2018 2019  k i  C2019  3 2017 2018 2019 2019 i   C2019 3.i 2018  C2019 i  a0  a1i  a2i  a3i   a2018i 2018  a2019i 2019  a0  a1i  a2  a3i   a2018  a2019i   S      1   1  1      2019 2019  673  S  8673.i 673  8673.i 673 Chọn: B Câu 28: Phương pháp:   a0  a2  a4  a6   a2016  a2018   673 673 673     8i    8i    0S 0 n Sử dụng công thức khai triển nhị thức  a  b    Cnk a n  k b k n k 0 Cách giải: n Ta có:  x  1   Cnk  x   1 n k nk k 0 Chọn x  ta tổng hệ số khai triển n   5.1  1   Cnk 5k  1 n nk  2100 k 0 2 100   2100  22 n  2n  100  n  50 n Vậy hệ số x3 khai triển là: C503 53  1 50 3  C503 53  2450000 Chọn: C Câu 29: Phương pháp: Sử dụng lý thuyết khối đa diện để làm tốn Cách giải: Hình bát diện có mặt phẳng đối xứng Chọn: D Câu 30: Phương pháp: Sử dụng phương pháp tích phân đổi biến Cách giải: Ta có: I  1 1 1  f  x  dx   f  4 x  1 dx   f  x  1 dx 19 Xét I1   f  4 x  1 dx 1  x  1  t   Đặt 4 x   t  dt  4dx Đổi cận:   x   t  0  I1   5 1 1 f  t  dt   f  t  dt   f  x  dx    45 40 40 Xét I   f  x  1 dx x   t   Đặt x   t  dt  4dx Đổi xận:   x   t   I2  3 1 1 f  t  dt   f  t  dt   f  x  dx    40 40 40 I  I1  I    Chọn: A Câu 31: Phương pháp: +) Lấy loganepe hai vế, đưa phương trình dạng phương trình bậc hai ẩn x +) Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm Áp dụng định lí Vi-ét +) Sử dụng BĐT Cô-si cho số không âm đánh giá biểu thức S Cách giải: a xb x 1    a x b x  b  ln a x b x   ln b  x ln a  x ln b  ln b  x ln b  x ln a  ln b  ln b   luon dung b  1 Phương trình có nghiệm phân biệt   2 ln a  ln b   luon dung  Do phương trình ln có nghiệm với a, b  Gọi x1 , x2 nghiệm phân biệt phương trình  ln a   x1  x2  ln b   log b a cho Áp dụng định lí Vi-ét ta có:   x x   ln b  1  ln b Khi ta có: 20 2  xx   xx  S     x1  x2      x1  x2   x1  x2   x1  x2   1  S   log b a   log b a  log b2 a   log b a  Do a, b   log b a  log b  Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: S 1  log b a   log b a  log b a  3 log b a.2 log b a  3 2 log b a log b a log b2 a  S  3 Dấu “=” xảy  Ta có: b 1  log b a  log 3b a   log b a   a  b 2 log b a 2  b1  b  b  1  a  b Chọn: A Câu 32: Phương pháp: +) Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, SC, BC, AC Chứng minh   SA; BC     NQ; MQ  +) Áp dụng định lí cosin tam giác MNQ Cách giải:  SBG    ABG    SG   ABC  Ta có:  SCG    ABC    SBG    SCG   SG Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, SC, BC, AC Đặt AB  BC   AC  Ta có:   SA;  ABC      SA; GA   SAG  300 Ta có NQ đường trung bình tam giác SAC  NQ / / SA MQ đường trung bình tam giác ABC  MQ / / BC    SA; BC     NQ; MQ  Ta có: AP   5   CM  AG  AP  3  SG  AG.tan 300   NQ  15 AG 15  ; SA   3 cos 30 15 1 SA  MQ  BC  2 Ta có MC  5  GC  MC  ; GM  MC  3 21 Áp dụng định lí Pytago ta có: SC  SG  GC  15 105 ; SM  SG  GM  18 SM  MC SC 65 195    MN  108 18 Áp dụng định lý cosin tam giác MNQ: Xét tam giác SMC ta có: MN  65    MQ  NQ  MN 15 cos MQN   27 108    0 2.MQ.NQ 10 15 15 9 Vậy cos   NQ; MQ   2 15  cos   SA; BC  10 Chọn: C Chú ý: Góc hai đường thẳng góc nhọn nên cosin góc hai đường thẳng giá trị dương Câu 33: Phương pháp: Xếp chỗ ngồi cho học sinh nam nữ cho học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ Sử dụng quy tắc nhân Cách giải: Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào 10 ghế cho 10! cách xếp  n     10! Gọi A biến cố: “mỗi học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ” +) Xếp học sinh nam thứ vào 10 vị trí cho 10 cách xếp Chọn bạn nữ xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ có cách xếp +) Xếp bạn nam thứ vào vị trí cịn lại có cách xếp Chọn bạn nữ lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ hai có cách xếp +) Xếp bạn nam thứ vào vị trí cịn lại có cách xếp Chọn bạn nữ lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ ba có cách xếp +) Xếp bạn nam thứ vào vị trí cịn lại có cách xếp Chọn bạn nữ lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ tư có cách xếp +) Xếp bạn nam thứ vào vị trí cịn lại có cách xếp Xếp bạn nữ cịn lại vào vị trí cuối có cách xếp  n  A   10.5.8.4.6.3.4.2.2.1  460800 Vậy P  A   n  A  460800   n  10! 63 Chọn: C Câu 34: Chọn: B Câu 35: Phương pháp: 22          +)   n   n ; ud      d  +) Lấy A  d  A     Viết phương trình mặt phẳng   +) Xác định điểm vừa thuộc   vừa thuộc    Cách giải:   Ta có: ud  1;1;  VTCP đường thẳng  d  n  1;1; 2  VTPT mặt phẳng     Gọi n VTPT mặt phẳng     n n                n   n ; ud    4; 4;0  / / 1; 1;0  Ta có:  n ud      d  Lấy A 1; 2;3   d   A    Suy phương trình mặt phẳng   : 1 x    1 y  3   x  y   x  y 1   Giao tuyến      có phương trình   * x  y  2z 1  Dựa vào đáp án ta thấy có điểm  2;3;3 thỏa mãn (*) Chọn: B Câu 36: Phương pháp: Nhân liên hợp để khử dạng 0 Cách giải: lim f  x   16  x2   lim x2  lim x2  lim x2  lim x2 x2  2x  f  x   16   x   x    x   x    x   x   f  x   16 x2 Ta có lim x2      3 f  x   16  f  x   16  16 f  x   16  f  x   16  16 f  x   16  64 f  x   16  f  x   16  16  f  x   16  f  x   16  f  x   16  16 5 f  x   16  f  x   16  16      f  x   16  12  f    16; f '    12 x2 23  lim f  x   16  x2 x  2x   12 5   42  4.4  16  24 Chọn: A Câu 37: Phương pháp: +) Tìm ĐKXĐ phương trình +) Sử dụng công thức nhân đôi cos x  cos 2 x  công thức hạ bậc sin x   cos x đưa phương trình dạng phương trình bậc cao hàm số lượng giác +) Giải phương trình, biểu diễn họ nghiệm đường trịn lượng giác +) Xác định điểm tính diện tích đa giác Cách giải:     ĐK: sin x  cos x   sin  x     x   k  x    k  k    4 4  PT  cos x  cos x  2sin x   cos 2 x   cos x   cos x   cos 2 x  cos x   cos x  cos x  1   k   x     x   k cos x  k         cos x     x   k  x    k 2     x   k Đối chiếu điều kiện ta có:  k    x    k  Biểu diễn hai họ nghiệm trên đường tròn lượng giác ta điểm A, B, C, D sau:  2 Trong A  ;  Gọi H hình chiếu A 2    2 Oy  H  0;     AH  1 2 Ta có: S ABD  AH BD   2 2 Vậy S ABCD  S ABD  Chọn: C Chú ý: Chú ý đối chiếu điều kiện xác định để loại nghiệm Câu 38: 24 Phương pháp: +) A, B   P   Thay tọa độ A, B vào phương trình mặt phẳng (P) phương trình +) Gọi M   P   Ox; N   P   Oy Xác định tọa độ điểm M, N +) Từ giả thiết OM  ON  Phương trình thứ +) Giải hệ phương trình   P  ,  Q  từ tính b1b2  c1c2 Cách giải: 1  b1  c1  d1  Ta có: A, B   P    2b1  2c1  d1   M   P   Ox  M  d1 ;0;0   OM  d1   Gọi   d1  d1 d1  N   P   Oy  N  0; b ;0   ON  b  b    1  Theo ta có OM  ON  d1  d1  d1  b1  1   b1  1  Do d1   b1 2  c1  d1  c     P  : x  y  4z   TH1: b1    2  2c1  d1  d1  6 c1  d1  c  2    P  : x  y  2z   TH2: b1  1   2  2c1  d1  d1  Do vai trò  P  ,  Q  nên không tính tổng qt ta có  P  : x  y  z   Q  : x  y  2z    b1b2  c1c2  1 1   2   9 Chọn: B Câu 39: Phương pháp: +) Xác định thiết diện dựa vào yếu tố song song Chứng minh thiết diện hình thang cân +) Tính diện tích hình thang cân Cách giải: Gọi N trung điểm BC ta có MN đường trung bình tam giác ABC  MN / / AC Ta có  A ' C ' M  chứa A ' C '/ / AC   A ' C ' M  cắt ABC theo giao tuyến đường thẳng qua M song song với AC   A ' C ' M    ABC   MN Vậy thiết diện hình lăng trụ cắt mặt phẳng  A ' C ' M  tứ giác A ' C ' NM 25 Ta có MN / / AC / / A ' C '  A ' C ' NM hình thang Xét A ' AM C ' CN có: A ' A  C ' C ; A ' AM  C ' CM  900 ; AM  CN   A ' AM  C ' CN  c.g c   A ' M  C ' N a Dễ dàng nhận thấy A ' M C ' N không song song nên A ' C ' NM hình thang cân Có A ' C '  a; MN  a Kẻ MH  A ' C '  H  A ' C ' ; NK  A ' C '  K  A ' C ' ta có MNKH hình chữ nhật  MN  HK  a A ' C ' HK  A' H  C ' K   a 2a a a 3a Xét tam giác vng A ' AM có A ' M  A ' A  AM  2a   2 Xét tam giác vng A ' MH có MH  A ' M  A ' H  Vậy S A 'C ' NM  9a a a 35   16 1 a a 35 35a   A ' C ' MN  MH   a   2 2 16 Chọn: C Câu 40: Phương pháp: +) Để hàm số đồng biến  y '  x   Cô lập m, đưa bất phương trình dạng  m  g  x  x    m  g  x   +) Lập BBT hàm số y  g  x  kết luận Cách giải: Hàm số y  ln  x    mx  có TXĐ: D   Ta có y '  2x m x 2 Để hàm đồng biến  y '  x    m 2x  m  x   x 2 2x  g  x  x    m  g  x   x 2 Xét hàm số g  x    x    x.2 x 2 x  2x có TXĐ g ' x   0 x D     2 2 x2   x  2  x  2 BBT: 26 x   g ' x   + 0  2 g  x   Từ BBT ta suy g  x   g     2  2 m 2   2 m   2019;   Kết hợp điều kiện đề ta có    m  2019; 2018; ; 1   m   Vậy có 2019 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn: B Câu 41: Chọn: A Câu 42: Phương pháp: +) Kiểm tra tính liên tục hàm số x  +) Nếu hàm số liên tục x  , sử dụng cơng thức tính đạo hàm định nghĩa: f  x   f  x0  f '  x0   lim x  x0 x  x0 Cách giải: Trước hết ta xét tính liên tục hàm số x  Ta có lim f  x   lim 3x   x  lim x 1 x 1  3x   x  3x   x  x  1  3x   x    x  1 x  1 3x   x  lim  lim x 1  x  1  3x   x  x1  x  1  3x   x  x 1 x 1  4 x  4  5    f 1 x 1 3x   x 42  Hàm số liên tục x   lim Tính f ' 1 27 f  x   f 1  f ' 1  lim  x 1 x 1  lim 3x   3x   x  1 x 1  lim x 1  lim x 1  lim 4 3x   x  x 1  lim x   x  x  x 1 x 1  x  1 x 1    lim   lim  x  1 x   x  9  x  1 x 1  x 1   9 x  18 x    x  1 x   x  2  x  1 x   x    x  1 x   x  16  x  1   x  30 x  25   3x   3x  3x   3x   9 4 3x   3x     9 64 Chọn: C Chú ý: Trước tính đạo hàm hàm số y  f  x  điểm x  x0 cần kiểm tra tính liên tục hàm số điểm Câu 43: Phương pháp: +) Gọi C  a; b; c      phương trình (1) +) Tam giác ABC  AB  BC  CA  phương trình (2), (3) +) Giải hệ phương trình ẩn a, b, c Cách giải: Gọi C  a; b; c      2a  b  2c   1 Tam giác ABC  AB  BC  CA 8  a  b   c  32  AB  AC   2 2 2  AC  BC a  b   c  3   a    b   c  1 8  a  b   c  32 8  a  b   c  32   6c   4a   2c  4a  4c  8  a  b   c  32  a  c   2  3 c   a  a  b  2c     Ta có hệ phương trình:  a  b   c  3   2a  b  1  a    a  c   2  a  b   c  3   vo nghiem  Vậy khơng có điểm C thỏa mãn Chọn: B Câu 44: Chọn: D Câu 45: Phương pháp: 28 +) Trong  ABC  gọi AH đường kính đường trịn ngoại tiếp ABC Chứng minh SH   ABC  +) Trong  ABC  kẻ đường thẳng qua B song song với AC cắt HC M Chứng minh d  SB; AC   d  C ;  SBM   +) Sử dụng phương pháp đổi đỉnh, chứng minh d  C ;  SBM    3d  H ;  SBM   +) Dựng khoảng cách từ H đến  SBM  tính Cách giải: Trong  ABC  gọi I trung điểm BC, gọi AH đường kính đường trịn ngoại tiếp ABC  HB  AB, HC  AC  BH  AB Ta có:   AB   SBH   AB  SH  SB  AB Chứng minh tương tự ta có AC  SH  SH   ABC  Trong  ABC  kẻ đường thẳng qua B song song với AC cắt HC M Ta có AC / / BM  d  SB; AC   d  AC ;  SBM    d  C ;  SBM   Ta có CH  AC  CM  BM Xét tam giác vng ACH có: CH  AC.tan 300  a 3 Xét tam giác vng BCM có: CM  BC.cos 300  a CH   SBM   M  d  H ;  SBM   d  C ;  SBM   a HM CH   1  1  CM CM a 3 Trong  SHM  kẻ HK  SM  K  SM  ta có:  BM  HM  BM   SHM   BM  HK   BM  SH  HK  BM  HK   SBM   d  H ;  SBM    HK   HK  SM Ta có:   SA;  ABC      SA; HA   SAH  450  SAH vuông cân H  SH  AH  AC 2a  cos 30 a HM  CM  Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông SMH ta có: 29 HK  SH HM SH  HM Vậy d  SB; AC    2a a a2 2a 51   51 a 51 4a 3a  36 2a 51 17 Chọn: A Câu 46: Chọn: C Câu 47: Phương pháp: +) Gọi M, N trung điểm CD, AB Chứng minh CDN  ABM vuông cân MN  AB, MN  CD +) Đặt CD  x Áp dụng định lí Pytago tính x Cách giải: Gọi M, N trung điểm CD, AB ACD BCD cân  AM  CD, BM  CD Ta có:  ACD    BCD   CD   ACD   AM  CD     ACD  ;  BCD      AM ; BM   90   BCD   BM  CD  AM  BM Và ta dễ dàng chứng minh ACD  BCD  c.c.c   AM  BM  ABM vuông cân M  MN  AB Chứng minh tương tự ta có CDN vng cân N MN  CD Đặt CD  x Áp dụng định lí Pytago ta có: AM  a  ABM vuông cân M  AB  AM  2a  x2 x2 a2 x2  AN  AB   Áp dụng định lí Pytago ta có: DN  AD  AN  a  a2 x2 a2 x2    8 x2 3a CDN vuông cân N  CD  DN  a   x  x  Chọn: A Câu 48: Phương pháp: 2 Xác suất biến cố A tính cơng thức: P  A   nA n 30 Cách giải: Số cách chọn đỉnh đa giác là: n  C48 Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác Gọi biến cố A: “Chọn đỉnh đa giác để tam giác nhọn” Lấy điểm A thuộc đường tròn (O), kẻ đường kính AA’  A’ thuộc đường trịn (O) Khi AA’ chia đường trịn (O) thành hai nửa, nửa có 23 đỉnh Chọn đỉnh B, C thuộc nửa đường trịn có C232 cách chọn  có C232 tam giác ABC tam giác tù Tương tự nửa lại nên ta có C232 tam giác tù tạo thành Đa giác có 48 đỉnh nên có 24 đường chéo  có 24.2 C232 tam giác tù Ứng với đường kính ta có 23.2 tam giác vng Vậy số tam giác vuông là: 23.2.24 = 1104 tam giác  nA  C48  48C232  1104  4048 tam giác  P  A  4048 11  C48 47 Chọn: B Câu 49: Chọn: D Câu 50: Cách giải:     Gọi điểm I  a; b; c  thỏa mãn: IA  IB  IC      a;5  b; 11  c     a;3  b; 4  c   1  1;  b; 6  c   8  a   a   a  a  2    5  b   b   b   b   I  2;0;1 11  c   c   c  c       Theo đề ta có: MA  MB  MC Min             MI  IA  MI  IB  MI  IC  3MI  IA  IB  IC  MI  3MI Min   Ta có:  S  có tâm J  2; 4; 1 , R  M   S   MI  IJ  R  16  16     x  2  2t   Có: IJ   4; 4; 2    2; 2; 1  Phương trình đường thẳng IJ :  y  2t z  1 t  M  IJ  M  2  2t ; 2t ;1  t  M   S    4  2t    2t      t     t    2 2 t   M  4;6; 2  t    t  2     t   1 t   M  0; 2;0  a  Do MI   M  0; 2;0  thỏa mãn    ab  b  Chọn: C 31 ... C2019  20 19 20 19 k   C2019 k 0  3 20 19  C2019  3 k  3 20 18 x 20 19 k x  C2019  3 20 17 20 18 20 19 20 19 x   C2019 x 20 18  C2019 x  a0  a1 x  a2 x  a3 x3   a2019 x 20 19 1...  C2019  20 19 20 19 k   C2019  3 k 0 20 19  3 i  C2019 k  3 20 19  k 20 18 i  1 i  C2019  3 20 17 20 18 20 19 20 19 i   C2019 3.i 20 18  C2019 i  a0  a1i  a2i  a3i   a2018i... 20 18  a2019i 20 19  a0  a1i  a2  a3i   a2018  a2019i Chọn x  i ta có: 18  i  C2019  20 19 20 19 k   C2019 k 0  3 20 19    i   C2019 k  3 20 18 20 19  k i  C2019  3 20 17