giải chi tiết bộ đề thi thử 2019 của bộ giáo dụ đào tạo

Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 3 có 2 cách (không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ hai).. Sử dụng công thức cộng phân tích biểu thức đã cho bằng cách chèn điểm I. +) Đánh giá, tì[r]

(1)

1 Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Tốn – Văn – Anh – Lý – Hóa – Sinh – Sử - Địa – GDCD tốt nhất!

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA NĂM 2019 BÀI THI: TOÁN

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM BẢNG ĐÁP ÁN

1 A 11 C 21 A 31 A 41 A

2 D 12 A 22 B 32 C 42 B

3 A 13 B 23 C 33 D 43 D

4 D 14 D 24 D 34 A 44 A

5 B 15 B 25 A 35 C 45 C

6 C 16 D 26 C 36 C 46 A

7 A 17 A 27 A 37 D 47 D

8 B 18 D 28 D 38 B 48 C

9 C 19 B 29 A 39 C 49 C

10 B 20 B 30 D 40 A 50 B

Câu 1: Thể tích khối lập phương cạnh 2a bằng:

A 8a3 B 2a3 C a3 D 6a3 Phương pháp

Thể tích khối lập phương cạnh a 

V a Cách giải

Thể tích khối lập phương cạnh 2a V  2a 38a3 CHỌN A

Câu 2: Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau

Giá trị cực đại hàm số cho bằng:

A 1 B 2 C 0 D 5

(2)

2 Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Văn – Anh – Lý – Hóa – Sinh – Sử - Địa – GDCD tốt nhất!

Sử dụng kĩ thuật đọc bảng biến thiên tìm điểm cực đại giá trị cực đại hàm số Cách giải

Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại điểm x2 giá trị cực đại hàm số yCĐ = CHỌN D

Câu 3: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;1; 1  B2;3; 2 Véc tơ AB có tọa độ là: A 1; 2;3 B  1; 2;3 C 3;5;1 D 3; 4;1 Phương pháp

Cho hai điểm A x y z 1; ;1 1 ,B x y z2; 2; 2 Khi véc tơ ABx2x y1; 2y z1; 2z1

Cách giải:

Vì A1;1; 1  B2;3; 2 nên AB1; 2;3 CHỌN A

Câu 4: Cho hàm số y f x  có đồ thị hình vẽ bên Hàm số cho đồng biến khoảng đây?

A  0;1 B  ; 1 C 1;1 D 1;0

Phương pháp

Sử dụng kĩ đọc đồ thị hàm số Các khoảng đồ thị hàm số lên khoảng đồng biến hàm số Cách giải

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy khoảng 1;0 đồ thị hàm số lên nên hàm số đồng biến khoảng

1;0 CHỌN D

Câu 5: Với a b hai số thực dương tùy ý, log ab2

A 2logalogb B loga2logb C 2 log alogb D log 1log



(3)

Phương pháp

Sử dụng công thức biến đổi logarit: log xy logxlog ; logy xn nlogx với x y; số thực dương Cách giải

Ta có:  2

log ab logalogb loga2logb CHỌN B

Câu 6: Cho  

1

2



 f x dx  

1

5



g x dx ,    

1

2



 

 

 f x g x dx

A 3 B 12 C 8 D 1 Phương pháp

Sử dụng tính chất tích phân           

b b b

a a a

f x g x dx f x dx g x dx

Cách giải

Ta có:        

1 1

0 0

2 2 2.5

      

 

 

 f x g x dx  f x dx g x dx CHỌN C

Câu 7: Thể tích khối cầu bán kính a

A

3

4

a

B

4a C

3

a

D

2a Phương pháp

Thể tích khối cầu bán kính R

3



V R

Cách giải

Thể tích khối cầu bán kính Ra

3



V a

CHỌN A

Câu 8: Tập nghiệm phương trình log2x2 x 21

(4)

Phương pháp - Tìm ĐKXĐ

- Biến đổi loga f x  n f x an Cách giải

Điều kiện:

2

  

x x (luôn với x)

Khi phương trình tương đương 2  

2

1

            

 

x

x x x x x x

x

Vậy tập nghiệm phương trình S 0;1 CHỌN B

Câu 9: Trong không gian Oxyz, mặt phẳng Oxz có phương trình

A z0 B x  y z C y0 D x0

Phương pháp

Mặt phẳng Oxz có phương trình y0 Cách giải

Mặt phẳng Oxz có phương trình y0

CHỌN C

Câu 10: Họ nguyên hàm hàm số f x  ex x là: A exx2C B

2

 

x

e x C C 1

1 2 

 x

e x C

x D  1

x

e C Phương pháp

Sử dụng bảng nguyên hàm hàm số Cách giải

Ta có:    

2

    

  x x

f x dx e x dx e x C

(5)

Câu 11 : Trong không gian Oxyz, đường thẳng :

2

x y z

d     

 qua điểm đây?

A.Q2; 1; 2  B.M  1; 2; 3 C P1; 2;3 D N2;1; 2 

Phương pháp :

Thay tọa độ điểm Q M P N; ; ; vào phương trình đường thẳng d Cách giải:

Thay tọa độ điểm P1; 2;3 vào phương trình đường thẳng :

2

x y z

d     

 ta

1 2 3

0

2

     

 nên Pd CHỌN C

Câu 12 : Với k n hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn kn , mệnh đề đúng? A.

 ! 

! !

k n

n C

k n k 

 B.

! !

k n

n C

k

 C

 ! !

k n

n C

n k 

 D

 

! !

! k

n

k n k C

n

 

Phương pháp:

Dựa vào công thức tổ hợp:

 ! 

! !

k n

n C

k n k 

 Cách giải:

Ta có

 ! 

! !

k n

n C

k n k 

 CHỌN A

Câu 13 : Cho cấp số cộng  un có số hạng đầu u12 công sai d 5.Giá trị u4

A.22 B.17 C 12 D 250

Phương pháp:

Sử dụng công thức un  u1 n1d Cách giải:

(6)

Câu 14 : Điểm hình vẽ bên điểm biểu diễn số phức

z   i ?

A.N B.P C M D Q

Phương pháp:

Điểm biểu diễn số phức z a bi hệ trục tọa độ M a b ; Cách giải:

Điểm biểu diễn số phức z  1 2i Q1; 2 CHỌN D

Câu 15 : Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây?

A.

1

x y

x  

 B.

1

x y

x  

 C

1

yx x  D

3

yx  x

Phương pháp:

+ Từ hình dáng đồ thị hàm số ta xác định đồ thị hàm số dạng y ax b cx d  



+ Đồ thị hàm số y ax b cx d  

 nhận đường thẳng a y

c

 làm tiệm cận ngang x d c 

 làm tiệm cận đứng

Từ đồ thị hàm số cho trước ta xác định TCN TCĐ để chọn đáp án Cách giải:

Từ đồ thị hàm số ta xác định đồ thị hàm số dạng y ax b cx d  

 nên loại C D Nhận thấy đồ thị hàm số hình nhận y1 làm TCN x1 làm TCĐ

+ Đồ thị hàm số

1

x y

x  

(7)

+ Đồ thị hàm số

1

x y

x  

 nhận y1 làm TCN x1 làm TCĐ nên chọn B CHỌN B

Câu 16 : Cho hàm số y f x  liên tục đoạn 1;3 có đồ thị hình vẽ bên Gọi M m giá trị lớn nhỏ hàm số cho đoạn 1;3 Giá trị

M m

A.0 B 1 C 4 D 5 Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số ta xác định điểm cao điểm thấp đồ thị đoạn 1;3

Tung độ điểm cao giá trị lớn hàm số, tung độ điểm thấp giá trị nhỏ hàm số đoạn 1;3

Từ ta tìm M m; Mm Cách giải:

Từ đồ thị hàm số ta thấy đoạn 1;3 điểm cao đồ thị điểm A 3;3 điểm thấp đồ thị B2; 2  nên GTLN hàm số M 3 GTNN hàm số m 2

Từ M    m  2 CHỌN D

(8)

A.3 B.2 C 5 D 1

Phương pháp:

Giải phương trình f x 0 lập bảng biến thiên để xác định điểm cực trị

Hoặc ta xét nghiệm phương trình f x 0 qua nghiệm bậc lẻ f x đổi dấu, qua nghiệm bội bậc chẵn f x khơng đổi dấu Hay nghiệm bội lẻ điểm cực trị hàm số cho

Cách giải:

Ta có     3

0

2 x

f x x x x x

x

  

       

   

nghiệm nghiệm bội bậc lẻ nên hàm số

cho có ba điểm cực trị CHỌN A

Câu 18: Tìm số thực a b thỏa mãn 2a b i i  1 2i với i đơn vị ảo A.a0;b2 B. 1;

2

a b C a0;b1 D a1;b2

Phương pháp:

Ta sử dụng hai số phức Cho hai số phức z1 a1 b i z1 ; 2 a2b i2 , 1 2

1

a a z z

b b

    





Cách giải:

Ta có  

2a b i i  1 2i 2a bi   i 2i 2a b 1 2 1

2

a a

a bi i

b b

  

 

      

 

 

CHỌN D

Câu 19 : Trong không gian Oxyz , cho hai điểm I1;1;1 A1; 2;3 Phương trình mặt cầu tâm I qua A

A.x1 2 y1 2 x 12 29 B.x1 2 y1 2 x 12 5 C x1 2 y1 2 x 12 25 D x1 2 y1 2 x 12 5 Phương pháp:

(9)

Phương trình mặt cầu có tâm I x y z 0; 0; 0 có bán kính R có dạng   2  2 2 2

0 0

xx  yy  z z R Cách giải:

Ta có bán kính mặt cầu RIA 1 1  2 2 1 2 3 12 

Phương trình mặt cầu tâm I1;1;1 bán kính R x1 2 y1 2 z 12 5 CHỌN B

Câu 20 : Đặt log 23 a, log 2716 A.3

4

a

B.

4a C

4

3a D

4

a

Phương pháp:

Dùng công thức loga để biến đổi log 2716 theo log 2

 

1

log log ;log ;

log m

n

a a a

b n

b b b a b

m a

   

Hoặc sử dụng máy tính cách thử đáp án Cách giải:

Ta có 4 

3

16 2

3

3 3

log 27 log log

4 log 4a

   

CHỌN B Chú ý giải:

Ta sử dụng MTCT cách thử đáp án Bước 1: Lưu log vào A 3

Bước 2: Bấm máy thử đáp án log 2716 các đáp án Trường hợp có kết ta chọn Câu 21: Kí hiệu z z1, 2 hai số phức phương trình z2  3z Giá trị z1  z2 bằng:

(10)

+) Giải phương trình cho để tìm nghiệm phức z z1, 2 máy tính +) Áp dụng cơng thức tính modun số phức: z  a bi z  a2 b2 Cách giải:

Ta có:

2

1

2

1

3 11

3 11 5

2

3

3 11

5

2

z

z i

z z

z i

z

z z

  

  

      

    

    

 

    



  

 

  

      

     

 



  

CHỌN A

Câu 22: Trong không gian Oxyz, khoảng cách hai mặt phẳng  P :x2y2z100

 Q : x2y2z 3 bằng: A 8

3 B

7

3 C 3 D

4 Phương pháp:

+) Xác định vị trí tương đối hai mặt phẳng (P) (Q)

+) Hai mặt phẳng (P) (Q) song song với thì: d   P , Q d M , Q  với M điểm thuộc

 P

+) Sử dụng cơng thức tính khoảng cách từ điểm M x 0; y0;z0 đến mặt phẳng  P : axbycz d là:

 

  0

2 2

; ax by cz d

d M P

a b c

  



 

Cách giải:

Ta có: nP1; 2; , nQ 1; 2; 2

   / /

' ' ' '

A B C D

P Q

A B C D

    

   

 ,   , 

(11)

Chọn M10; 0; 0 điểm thuộc  P Khi ta có:       

2 2

10 2.0 2.0

, ,

3

1 2

d P Q d M Q     

 

CHỌN B

Câu 23: Tập nghiệm bất phương trình 3x22x27 là:

A  ; 1 B 3; C 1;3 D   1 3;

Phương pháp:

+) Giải bất phương trình: f x  m  

a a  f x m a1,mR f x  m  

a a  f x m 0 a 1,mR

Cách giải:

Giải bất phương trình ta được:

  

2 2 2 3

2

3 27 3

2 3

1

x x x x

x x

x

    

      

   

   

Vậy tập nghiệm bất phương trình là:1;  CHỌN C

Câu 24: Diện tích phần hình phẳng gạch chéo hình vẽ bên tính theo cơng thức ?

A  

2

2x 2x dx 

 

 B  

2

2x dx 

 



C  

2

2x dx 



 D  

2

2x 2x dx 

  



Phương pháp:

+) Cơng thức tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số xa x, b, ab y f x 

 

yg x là:    

b a

(12)

Dựa vào hình vẽ (ta thấy f x  nằm g x   x  1; 2 f x g x   x  1; 2) cơng thức tính diện tích hình phẳng ta cơng thức tính diện tích phân phần gạch chéo là:

   

2

2 2

1

3 2

S x x x dx x x dx

 

           CHỌN D

Câu 25: Cho khối nón có độ dài đường sinh 2a bán kính đáy a Thể tích khối nón cho

A

3

a 

B

3

a 

C

3

2

a



D

3

3 a



Phương pháp:

+) Sử dụng công thức: 2

h l R

+) Thể tích hình nón có bán kính R đường cao h là: V  R h Cách giải:

Xét SAO vng O có: SO SA2AO2   2a 2a2 a Khi ta có:

3

2

1

3 3

a V  R h a a  CHỌN A

Câu 26: Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau:

Tổng số tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho là:

A 4 B 1 C 3 D.

Phương pháp:

+) Dựa vào bảng biến thiên để xác định tiệm cận đồ thị hàm số

(13)

+) Đường thẳng yb tiệm cận ngang đồ thị hàm số y f x  lim   x f x b Cách giải:

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

+) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là: x1

+) Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là: y2, y5 Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận

CHỌN C

Câu 27: Cho khối chóp tứ giác có tất cạnh 2a Thể tích khối chóp cho bằng:

A a B a C a D 2 a Phương pháp:

Sử dụng công thức giải nhanh tính thể tích khối chóp tứ giác có cạnh a là:

3 a V  Cách giải:

Với toán, khối chóp tứ giác có cạnh 2a nên  

3 3

2

6

a a

V  

CHỌN A

Câu 28: Hàm số f x log2x22x có đạo hàm: A '  2ln

2 f x

x x



 B    

1 '

2 ln

f x

x x



 C   



2

2 ln ' x f x x x  

 D    

2

'

2 ln

x f x x x    Phương pháp:

+) Sử dụng cơng thức tính đạo hàm hàm hợp: log ' ' ln a u u u a  Cách giải:

Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp ta được:

        

2 2 2

2 ' 2 2

' log '

2 ln 2 ln

x x x

f x x x

x x x x

 

 

    

(14)

CHỌN D

Câu 29: Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm thực phương trình 2f x  3 là:

A 4 B 3 C 2 D 1

Phương pháp:

+) Số nghiệm phương trình f x m số giao điểm đồ thị hàm số y f x  đường thẳng ym +) Dựa vào BBT để xác định số giao điểm đồ thị hàm số

Cách giải:

Ta có:     *  Pt  f x    f x  

Số nghiệm phương trình  * số giao điểm đồ thị hàm số y f x  đường thẳng y 

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng

y  cắt đồ thị hàm số y f x  điểm phân biệt

 *

Pt

 có nghiệm phân biệt CHỌN A

Câu 30: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ Góc hai mặt phẳng (A’B’CD) (ABC’D’) bằng: A 300 B 600 C 450 D 900

Phương pháp:

+) Góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng vng góc với giao tuyến chung hai mặt phẳng

Cách giải:

Cách 1: Có thể giải theo phương pháp gắn hệ trục tọa độ

(15)

Ta có: ' ' '  ' ' 

' ' ' AD A D

AD A B CD AD A B

 

 

 



Lại có: ' ' ' '  ' '

' ' '

A D A D

A D ABC D A D C D

 

 

 



Do góc hai mp ABC D' ' A B CD' '  góc AD' A D' Mà A D' AD'

Vậy góc cần tìm 90 CHỌN D

Câu 31: Tổng tất nghiệm phương trình log37 3 x 2 x bằng:

A 2 B 1 C 7 D 3

Phương pháp:

Tìm điều kiện xác định phương trình

Giải phương trình đưa phương trình dạng phương trình bậc hai ẩn t Sử dụng hệ thức Vi-et để biến đổi tổng nghiệm phương trình ban đầu Cách giải:

 

3

log 3x

x

  

Điều kiện: 3 x 0

 2  

2

7 3 7.3 7.3 *

3

x x x x x x x

x

pt              Đặt  0 log3

x

t t  x t Thay vào phương trình (*) ta có:

 

2

7 ** t t

   

Nhận thấy (**) có:  130, S  7 0, P  9 phương trình (**) có nghiệm dương phân biệt giả sử là: t t1; 2

Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (**) ta được:

1

7 t t t t

  

 



(16)

CHỌN A

Câu 32: Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ    H1 , H2 xếp chồng lên nhau, có bán kính đáy chiều cao tương ứng r h r h1, 1, 2, thỏa mãn 2

1

,

2

r  r h  h (tham khảo hình vẽ) Biết thể tích tồn khối đồ chơi 30cm3 Tính thể tích khối trụ  H1 bằng:

A 24cm3 B 15cm3 C 20cm3 D 10cm3 Phương pháp:

Áp dụng công thức tính thể tích khối trụ V r h2 r bán kính khối trụ; h chiều cao khối trụ

Sử dụng đề để tính thể tích tồn khối đồ chơi từ tìm thể tích khối trụ (H1) Cách giải:

Thể tích tồn khối đồ chơi là:

2 2 2

1 2 1 1 1

2 1

1

.2 30

4

20

V r h r h r h r h r h r h

          

  

Vậy thể tích khối trụ (H1) 20 cm3 CHỌN C

Câu 33: Họ nguyên hàm hàm số f x 4x1 ln x là:

A 2x2lnx3x2 B 2x2lnxx2 C 2x2lnx3x2C D 2x2lnxx2C Phương pháp:

Cách 1: Sử dụng cơng thức tính ngun hàm tổng

Cách 2: Đạo hàm đáp án đề bài, kết f(x) đáp án Cách giải:

Thử đáp án ta có :

Thử đáp án A : 2x2lnx 3x2' lnx x 2x2.1 6x lnx x 8x x

(17)

Thử đáp án B: 2x2lnx x2' lnx x 2x2 2x lnx x 2x 2x 4x1 lnx x

        

2

2x lnx x

  nguyên hàm hàm số f x 4x1 ln x

 Họ nguyên hàm hàm số f x 4x1 ln x 2x2lnxx2C CHỌN D

Câu 34: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi cạnh a, BAD60 ,0 SAa SA vng góc với mặt phẳng đáy Khoảng cách từ B đến mặt phẳng SCD bằng:

A 21

7

a

B 15

7

a

C 21

3

a

D 15

3

a Phương pháp:

Nhận xét AB/ /SCD d B SCD ; d A SCD ; d Bài tốn quy tìm khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) Cách giải:

Ta có : AB/ /SCD d B SCD ; d A SCD ; d Kẻ AH CD AK; SH

   

 

 ; 

CD SA

CD SAH CD AK AK SCD

CD AH

d B SCD d AK

 

     

 



  

Xét AHD vuông

, 60

H ADH ta có :

.sin 60

a

AH  AD 

Áp dụng hệ thức lượng SAH vuông A có đường cao AK ta có :

2 2

2

3

2 21

7

4 a a

SA AH a

AK d

SA AH a

a

   

 

CHỌN A

Câu 35 : Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P :x   y z đường thẳng :

1

x y z

d    



(18)

A 1

1

x y z

 

  B

1 1

3

x y z

 

  C

1 1

1

x y z

 

 D

1

1 1

x y z

 

Bước : Xét vị trí tương đối đường thẳng mặt phẳng, nhận thấy (d) cắt (P) H Bước : Lấy điểm A thuộc d ; tìm hình chiếu vng góc A (P) giả sử K Bước : Phương trình đường thẳng qua điểm H K đường thẳng cần tìm Cách giải :

Xét vị trí tương đối đường thẳng (d) mặt phẳng (P) với : vtcp ud1; 2; ;  vtpt nP1;1;1 ta có :

 

1.1 2.1 1 d P

u n       Nên (d) cắt (P)

Gọi H d  P H t ; 2t   1; t 2  P            t 2t t 2t t

1;1;1

H



Lấy A2;3;0d Pt đường thẳng qua A vng góc với (P)

2

x t

y t

z t           Gọi K hình chiếu A lên (P) K2t;3t t;    P

2

2 3 ; ;

3 3

t t t t t K  

               

 

1

; ; / / 1; 4;

3 3

HK    

  qua H1;1;1 CHỌN C

Câu 36 : Tập hợp tất giá trị thực tham số m để hàm số  

6

y  x x  m x nghịch biến

khoảng  1 là:

A ; 0 B 3;

 



  C

3 ;

4

  

 

  D 0;

(19)

Ta có :    

' 12

f x   x  x m

Hàm số cho nghịch biến   ; 1 f ' x     0 x  ; 1

   

2 ;

3 12 ;

4 12 ;

4

x x m x

m x x g x x

m g x

 

         

        

 

Xét hàm số :g x 3x212x9 ta có : g x' 6x12   0 x

min ; 1g x  g 2

    

3

4

m m

      CHỌN C

Câu 37 : Xét số phức z thỏa mãn z2i z2 số ảo Biết tập hợp tất điểm biểu diễn z đường trịn, tâm đường trịn có tọa độ là:

A 1; 1  B  1;1 C 1;1 D  1; 1 Phương pháp :

Số phức z a bi,a b, R số ảo phần thực = (tức a = 0) Cách giải :

Đặt z a bi a b, R

      

      

2 2

z i z a b i a bi

a a b b a b ab i

                 

Số z2i z2 số ảo  Phần thực 2   2 2

0 a 2a b 2b a b

          

Vậy đường tròn tâm biểu diễn số phức cho có tâm I 1; 1 CHỌN D

Câu 38 : Cho

 

2

ln ln

x

dx a b c

x   

(20)

A 2 B 1 C 2 D 1 Phương pháp :

Sử dụng công thức tính tích phân để tìm kết đầu từ tìm a, b, c Cách giải :

     

1

1 1

2 2

0 0

2 2

ln

2

2 2

2

ln ln ln ln

3

1

1 3 1

3

xdx x

dx dx x

x

x x x

a

b a b c

c

  

     



 

  

      

   

  

             

   

  

CHỌN B

Câu 39 : Cho hàm số y f x  Hàm số y f ' x có bảng biến thiên sau:

Bất phương trình f x exm với x  1;1 khi: A m f  1 e B m f  1

e

   C m f  1 e

   D m f  1 e Phương pháp :

Cô lập m, đưa bất phương trình dạng    

 ;  

; max

a b

g x   m x a b  m g x Cách giải :

(21)

   

     

   

   

1;1

1;1 max

' '

x

x f x e m x

g x f x e m x

m g x

g x f x e 

    

      

 

 

Trên 1;1 ta có f ' x 0;ex   0 x R g x'    0 x  1;1  

g x

 nghịch biến 1; 

         

 

1 1;1

1

max 1

1

g x g f e f

e m f

e

 

        

   

CHỌN C

Câu 40: Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có ba ghế Xếp ngẫu nhiên học sinh, gồm nam nữ, ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Xác suất để học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ bằng:

A 2

5 B

1

20 C

3

5 D

1 10 Phương pháp :

+) Tính số phần tử khơng gian mẫu +) Tính số phần tử biến cố

Chọn chỗ cho học sinh nam, sau chọn chỗ cho học sinh nữ, sử dụng quy tắc nhân +) Tính xác suất biến cố

Cách giải :

Số phần tử không gian mẫu n  6!

Gọi biến cố A : "Các bạn học sinh nam ngồi đối diện bạn nữ" Chọn chỗ cho học sinh nam thứ có cách

Chọn chỗ cho học sinh nam thứ có cách (không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất)

(22)

6.4.2.3! 288

A n

   cách

  288

6! P A

  

CHỌN A

Câu 41: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A2; 2; ;  B 3;3; 1  mặt phẳng  P : 2x y 2z 8 Xét điểm M điểm thay đổi thuộc  P , giá trị nhỏ 2MA23MB2 bằng:

A 135 B 105 C 108 D 145

Gọi I a b c ; ;  điểm thỏa mãn đẳng thức : 2IA3IB0, tìm tọa độ điểm I Sử dụng cơng thức cộng phân tích biểu thức cho cách chèn điểm I +) Đánh giá, tìm GTNN biểu thức

Cách giải :

Gọi I a b c ; ;  điểm thỏa mãn đẳng thức : 2IA3IB0

   

 

2 ; ;4 3 ;3 ;

4 5

4 5 1; 1;

8 3 5

a b c a b c

a a a a

b b b b I

c c c c

           

       

  

  

              

         

  

Ta có :

   

 

2

2 2

2 3

2

5 3

5

MA MB MA MB

MI IA MI IB

MI IA IB MI IA IB

MI IA IB

  

   

    

  

Do I, A, B cố định nên 2IA23IB2 const

 2

min

2MA 3MB 5MI

    M hình chiếu I (P)

Gọi   đường thẳng qua I vng góc với (P) , ta có phương trình  

1

:

1

x t

y t

z t

   



   

   

(23)

M hình chiếu I lên (P) M    M 1 ;1t t;1 2 t Lại có M P

     

 

2 2

2 4

9 1; 0;3

t t t

t t M

        

              

Khi ta có

 

2 2

2

min

4 9; 9 27; 4 13

2 5.9 2.27 3.12 135

MI IA IB

MA MB

           

     

CHỌN A

Câu 42 : Có số phức z thỏa mãn z2 2 z z z    1 i z 3i ?

A 4 B 3 C 1 D 2

Phương pháp:

+) Gọi số phức z    a bi z a bi

+) Từ giải thiết cho, tìm đường biểu diễn số phức z

+) Tìm giao điểm đường biểu diễn số phức z giả thiết thứ thứ Cách giải :

Gọi số phức z    a bi z a bi Từ giả thiết thứ ta có:

2

2 2 2

2

4

2 4 2.2

4

a b a

z z z a b a bi a bi a b a

a b a

    

                

   



(24)

  2  2  2 2

1 3

2 9

4 16

2

z i z i

a bi i a bi i

a b a b

    

       

         

   

 Tập hợp số phức z đường thẳng x2y 4 0 d

Vậy số phức thỏa mãn giả thiết số giao điểm d với  C1  d với  C2

Dựa vào hình vẽ ta thấy có giao điểm d với  C1  d với  C2 Vậy có số phức thỏa mãn yêu cầu toán

CHỌN B

Chú ý: Sau tìm đường biểu diễn số phức z, học sinh làm phương pháp giải hệ phương trình phương pháp

Câu 43: Cho hàm số y f x  liên tục R có đồ thị hình vẽ bên Tập hợp tất giá trị thực tham số m để phương trình f sinxm có nghiệm thuộc khoảng  0;

A 1;3 B 1;1 C 1;3 D 1;1

Phương pháp:

+) Đặt tsinx, dựa vào khoảng giá trị x xác định khoảng giá trị t

(25)

Cách giải:

Đặt sinxt Với x 0;  t 0;1

Khi phương trình ban đầu trở thành f t m có nghiệm t0;1

Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y f t  ym

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy, để phương trình f t m có nghiệm t0;1  m  1;1 CHỌN D

Chú ý: Sau đặt ẩn phụ tsinx, nhiều học sinh xác định sai khoảng giá trị t, nên biểu diễn đường tròn lượng giác để thu kết

Câu 44: Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1%/tháng Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách tháng, số tiền hoàn nợ tháng ông A trả hết nợ sau năm kể từ ngày vay Biết tháng ngân hàng tính lãi số dư nợ thực tế tháng Hỏi số tiền tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần với số tiền ?

A 2,22 triệu đồng B 3,03 triệu đồng C 2,25 triệu đồng D 2,20 triệu đồng Phương pháp:

Áp dụng cơng thức lãi kép cho tốn trả góp  

 

1

n n N r r A

r

 

 

Trong A số tiền phải trả tháng, N số tiền nợ, r lãi suất, n số tháng Cách giải:

Số tiền tháng phải trả là:  

 

5 12 12

100 1% 1%

2, 22 1 A r     

  (triệu)

Chọn A

Câu 45: Trong không gian Oxyz, cho điểm E2;1;3, mặt phẳng  P : 2x2y  z mặt cầu

    2  2 2

: 36

S x  y  z  Gọi  đường thẳng qua E, nằm  P cắt  S hai điểm có khoảng cách nhỏ Phương trình  là:

(26)

Phương pháp:

+) Gọi I tâm mặt cầu, xác định hình chiếu H điểm I lên (P)

+) Để đường thẳng   cắt mặt cầu (S) điểm cho chúng có khoảng cách nhỏ đường thẳng   qua E vng góc với HE

Cách giải:

Dễ thấy E P Gọi I3; 2;5 tâm khối cầu Đường thẳng qua I vng góc với (P):  

3 2

x t

y t d

z t

          

Gọi H hình chiếu I lên (P)  H  d H3 ; 2 ;5 t  t t Lại có H P

   

2 2 2

6 4

2 23 14 47

9 ; ;

9 9

5 20

; ; 1; 1; / / 1;1;4

9 9

t t t

t t H

EH a

       

       

  

       

 

 

   

 

Để đường thẳng   cắt mặt cầu (S) điểm cho chúng có khoảng cách nhỏ đường thẳng   qua E vng góc với HE

Ta có: ; 1; 2; 9; 9; 0 9 1; 1;0

1 4 1

P

P u n

u n a u a



 

     

       

    



  



Vậy đường thẳng   qua E nhận 1; 1;0  VTCP Vậy phương trình đường thẳng  

2

:

3

x t

y t

z    

   

  

(27)

Câu 46: Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh

1, 2, 1,

A A B B hình vẽ bên Biết chi phí để sơn phần tơ đậm 200.000 đồng/ m2

phần lại 100.000 đồng/m2 Hỏi số tiền để sơn theo cách gần với số tiền đây, biết

1 ,

A A  m B B  m tứ giác MNPQ hình chữ nhật có

MQ m ?

A 7.322.000 đồng B 7.213.000 đồng C 5.526.000 đồng D 5.782.000 đồng Phương pháp:

+) Viết phương trình Elip, tính diện tích Elip

+) Tính diện tích phần trắng, ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng +) Tính diện tích phần xanh sau tính chi phí để sơn

Cách giải:

(E) cho có độ dài trục lớn 2a  8 a 4, độ dài trục bé 2b  6 b Ta có diện tích (E) : S E  .4.3 12  m2

Phương trình  

2 2

2 16 16

:

16 16

x y x x

E    y     y 

Ta có  ; 3 3;3

2 2

M M

M E y  MQ x   M 

 

Diện tích phần giới hạn (E), trục Ox, đường thẳng MQ có diện tích:

2

4

3 16

2 1,087

4 AMQ

x

S dx

 



    Diện tích phần trắng là:  2

2 2,174

trang AMQ

S  S  m

Khi diện tích phần xanh    2

12 2,174 35,525

xanh E trang

S S S     m

Vậy chi phí để sơn biển quảng cáo 2,174.100 35,525.200 7322 (nghìn đồng) 7322000 đồng CHỌN A

(28)

A 1 B 1

3 C

1

2 D

Phân chia khối đa diện: VA MPB NQ' ' VC C PQ ' VC ABB A. ' ' Xác định tỉ số chiều cao diện tích đáy để suy tỉ số chóp, lăng trụ,…

Cách giải:

Gọi diện tích đáy, chiều cao, thể tích hình lăng trụ ABC.A’B’C’ ; ;S h V V Sh

Ta có: A B C' ' ' PQC' theo tỉ số ' ' ' ' 2SC PQ  SA B C  S

'

1

.4

3

C C PQ

V h S V

  

Ta có : ' ' . . ' '

2

ABNM ABB A C ABNM C ABB A

S  S V  V

Mà

' ' ' ' '

2 2

3 3 3

C ABB A C ABNM CC A B NM

V V

V  V V  V  V  V  V

Vậy ' ' 2

3 3

A MPB NQ

V  V V  V CHỌN D

Câu 48: Cho hàm số f x  có bảng xét dấu đạo hàm sau

Hàm số  

3

y f x x  x đồng biến khoảng ?

A 1; B  ; 1 C 1; 0 D  0; Phương pháp :

Hàm số y f x  đồng biến  a b; f ' x   0 x  a b; hữu hạn điểm Lưu ý cơng thức tính đạo hàm hàm hợp Sau thử đáp án để chọn kết

Cách giải:

Ta có :  

3

(29)

     

2

1 2 '

3 ' 3 0;1

1

x f x

f x x x

x x

      

       



   



Vậy hàm số cho đồng biến 1; 0 CHỌN C

Câu 49: Gọi S tập hợp tất giá trị tham số m để bất phương trình

     

2

1

m x  m x   x  với xR Tổng giá trị tất phần tử thuộc S bằng: A

2

 B.1 C

2

 D 1

+) Đưa phương trình cho dạng tích, có nhân tử f x   x1  g x +) Để bất phương trình ln với x ta xét trường hợp :

TH1: Phương trình m x2 3m x2 2m2m x m2  m nghiệm với x TH2: Đa thức m x2 3m x2 2m2 m x m2 m có nghiệm x1

+) Thử lại kết luận Cách giải:

       

       

   

2

2 2

2 2 2

1 0,

1 1 0,

1 0,

f x m x m x x x

m x x m x x x x

x m x m x m m x m m x

       

         

 

          

Để bất phương trình ln với x suy ra: + TH1: Phương trình 2  

6

m x m x  m m xm   m nghiệm với x

2 2

0

1

2

3

m m

m m m

m

 

   

 

  

 

   

  

 

     

 

   

(30)

+ TH2: Đa thức 2  

6

m x m x  m m xm  m có nghiệm x1

Khi đó: 2 2

1

6 3

2

m

m m m m m m m m

m   

           

   

Thử lại:

+ Với m1 x1x3x22x40 x12x22x40 (ln đúng) + Với

2

m    9 21

1

4 4

x  x  x  x 

    

3

1 3

x x x x

     

 2 

1

x x x

     (luôn đúng)

Do 1;

2

m m  giá trị cần tìm

Tổng

2

S   

CHỌN C

Câu 50: Cho hàm số f x mx4nx3px2qxr m n p q r, , , , R Hàm số

  '

y f x có đồ thị hình vẽ bên Tập nghiệm phương trình f x r có số phần tử

A 4 B 3 C 1 D 2 Phương pháp:

- Từ đồ thị hàm số y f ' x tìm mối quan hệ m n p q, , , - Thay vào phương trình cho, giải phương trình tìm nghiệm Cách giải:

 

f x mx nx  px qx r

Từ đồ thị hàm số y f ' x dễ thấy m0 Phương trình  

 

4

3

0

0 *

x

f x r mx nx px qx

mx nx px q 



       

   

(31)

Xét f ' x 4mx33nx22px q 0 có ba nghiệm 1 1; 2 5; 3

x   x  x 

Theo hệ thức Vi-et :

1

1 2 3 1

b x x x

a c x x x x x x

a d

x x x a

     



   

 

  



ta có:

13

4

3

2

15 15

4

n

n m

m p

p m m

q m

   

  



 

    

 

  

     

Thay vào  * 3

5

13 13

15 15

3

x

mx mx mx m x x x

x    

         

  

Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt

5

0; 3;

3

x  x  x  

Định dạng
Số trang	31
Dung lượng	1,12 MB