ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN I NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN TOÁN

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN TỐN Thời gian làm bài: 90 phút (khơng kể thời gian phát đề) (Đề thi có 06 trang) Họ tên học sinh: Số báo danh: Mã đề 430 Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG Lần năm 2019 THPT Đoàn Thượng – Hải Dương bám sát đề minh họa THPTQG sở GD&ĐT Với 50 câu hỏi trắc nghiệm trải dài chương lớp 12 lớp 11, học sinh cần phải có kiến thức thật chắn giải tốt đề thi Đề thi giúp HS nhận biết phần kiến thức cịn hổng để ơn tập xác trọng tâm Trong đề thi xuất câu hỏi khó nhằm phân loại HS HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.D 2.A 3.B 4.D 5.C 6.B 7.A 8.C 9.C 10.D 11.A 12.C 13.D 14.C 15.A 16.C 17.D 18.A 19.A 20.A 21.D 22.A 23.D 24.D 25.D 26.B 27.D 28.D 29.B 30.D 31.D 32.A 33.D 34.D 35.C 36.B 37.D 38.D 39.A 40.D 41.A 42.C 43.C 44.B 45.C 46.A 47.A 48.C 49.B 50.B Câu 1: Phương pháp: Xác định tọa độ điểm cực trị theo tham số m Lập phương trình giải phƣơng trình tìm m, biết R = Áp dụng cơng thức tính diện tích tam giác: abc S = aha = 4R Tính tổng lập phương giá trị tham số m Cách giải: y = x − 2mx + (1)  y ' = x3 − 4mx x = y ' =  x3 − 4mx =   x = m Để đồ thị hàm số có điểm cực trị m  ( ) ( Khi đó, tọa độ ba điểm cực trị là: A ( 0;1) , B − m ; −m2 + , C   BC = m m ; −m +     AB = AC = m + m )  BC  Độ dài đường cao AH ABC là: AH = AB −   = m+m −m = m   Diện tích ABC là: S ABC = Và SABC 1 AH BC = m 2 m = m m 2 4 AB AC.BC ( m + m ) m ( m + m ) m ( m + m ) m = = = = 4R 4R 4.1 (m + m )  m = m2  m = ( tm )  −1 +  3 m  + m = 2m  m − 2m + =   m = ( tm )   −1 − ( ktm ) m =   −1 +  Tổng lập phương giá trị tham số m là: +   = −1 +   Chọn: D Câu 2: Phương pháp: log a bc = c log a b, ( a, b  0, a  1) Cách giải:  a2  a a I = log a   = log a   = 2log a   = 2.1 = với ( a  0, a  )   2 2 Chọn: A Câu 3: Phương pháp: Sử dụng công thức nhân Cách giải: Số cách chọn là: 6.4 = 24 (cách) Chọn: B Câu 4: Phương pháp: Sử dụng công thức: log a b = , (  a, b  1) logb a Cách giải: Ta có: log ( 5x + ) + 2.log 5x + 2   log ( 5x + ) + ( )  (1) log ( 5x + ) Đặt log ( 5x + ) = t , ( t  ) Ta có 5x +   log ( 5x + )  log 2 =  t  Khi đó, (1) trở thành: t + t − 3t + 3 0 t t Ta có bảng xét dấu sau: t t − 3t + + t − t − 3t + t − + 0 + + − + − + + + Từ BBT kết hợp điều kiện t ta có:  t   log ( 5x + )   5x +   5x   x  log5 Vậy tập nghiệm (1) S = ( log5 2; + )  a = 5, b =  P = 2a + 3b = 16 Chọn: D Câu 5: Phương pháp: Gọi A0 số tiền ông C gửi vào ngân hàng lúc ban đầu, a số tiền ông C gửi thêm vào năm sau đó, r ( % ) lãi suất, An số tiền ông C nhận sau năm thứ n Khi đó, A1 = A0 (1 + r % ) A2 = A0 (1 + r % ) + a (1 + r % ) = A0 (1 + r % ) + a (1 + r % ) 2 A3 =  A0 (1 + r % ) + a (1 + r % )  (1 + r % ) = A0 (1 + r % ) + a (1 + r % )   An = A0 (1 + r % ) + a (1 + r % ) n n −1 , n * Cách giải: Sau 18 năm số tiền ơng Chính nhận gốc lẫn lãi là: A18 = 200 (1 + 7% ) + 20 (1 + 7% )  739,163 (triệu đồng) 18 17 Chọn C Câu 6: Phương pháp: Xác định góc hai mặt phẳng  ,  : - Tìm giao tuyến   ,  - Xác định mặt phẳng  ⊥  - Tìm giao tuyến a =    , b =    - Góc hai mặt phẳng  ,  :  ;  = a; b Cách giải: Ta có: ( SBC )  ( ABCD ) = BC Mà ( SAB ) ⊥ BC , ( AB ⊥ BC , SA ⊥ BC ) ( SBC )  ( SAB ) = SB, ( ABCD )  ( SAB ) = AB  ( ( SBC ) ; ( ABCD ) ) = ( SB; AB ) = SBA = 600 SAB vuông A  SA = AB tan SBA = a.tan 600 = a Vậy x = a Chọn: B Câu 7: Phương pháp: n Sử dụng khai triển nhị thức Newton: ( a + b ) =  Cni a n−ibi n i =0 Cách giải: Ta có: (1 − x ) 2019 2019 2019 i i =  C2019 ( −2 x ) =  C2019 ( −2) xi i i =0 i i =0 Tổng hệ số khai triển (1 − 2x ) 2019 2019 là:  C ( −2) i =0 Cho x =  (1 − 2.1) 2019 2019 i 2019 2019 i i i =  C2019 ( −2)   C2019 ( −2) = −1 i i =0 i i =0 Vậy, tổng hệ số khai triển (1 − 2x ) 2019 -1 Chọn: A Câu 8: Phương pháp: Sử dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác (Cơng thức Simson): Cho khối chóp S.ABC, điểm A1 , B1 , C1 thuộc SA, SB, SC Khi đó, VS A4 B1C1 VS ABC = SA1 SB1 SC1 SA SB SC Cách giải: Do ( A ' B ' C ' D ') / / ( ABCD ) SA ' = SA nên SA ' SB ' SC ' SD ' = = = = SA SB SC SD VS A 'C ' D '  3 1  =  =  VS A 'C ' D ' = VS ACD = VS ABCD   VS ACD   27  27 54   1 VS A ' B 'C '   V = VS ABC = VS ABCD S A 'B'C' = =   V 27 54   S ABC   27 1  VS A ' B 'C ' D ' = VS ABCD = V 27 27 Chọn: C Chú ý: Công thức tỉ số thể tích áp dụng cho hình chóp tam giác Câu 9: Phương pháp: Thể tích khối chóp là: V = Sh Cách giải: Diện tích đáy là: S = a2 a3 a Thể tích khối chóp là: V = Sh  = SA  SA = a 3 4 Chọn: C Câu 10: Phương pháp: Sử dụng tính đơn điệu hàm số để tìm biểu thức liên hệ a b Từ đó, áp dụng BĐT Bunhiacopski tìm GTNN T = a + b Cách giải:  4a + 2b +   4a + 2b +  Ta có: log5   = a + 3b −  log5   = a + 3b −  a+b   5a + 5b   log5 ( 4a + 2b + ) − log ( 5a + 5b ) = a + 3b −  log5 ( 4a + 2b + ) + 4a + 2b + = log ( 5a + 5b ) + 5a + 5b (1) Xét hàm số f ( t ) = log5 t + t , ( t  ) có f ' ( t ) = +  0, t  t ln  Hàm số f ( t ) đồng biến ( 0; + ) (1)  f ( 4a + 2b + 5) = f ( 5a + 5b )  4a + 2b + = 5a + 5b  a + 3b = Với a, b  0, a + 3b = ta có: T = a + b2 =  Tmin 1 ( a + b )(12 + 32 )  ( a.1 + b.3) = 52 = 10 10 10    a, b  a=    = a + 3b =   a b b =  =  1 Chọn: D Câu 11: Phương pháp: Đặt x = t , t  Đưa phương trình dạng phương trình bậc hai ẩn t Sử dụng định lí Vi-ét Cách giải: Đặt x = t , t  Phương trình x − m.2 x +1 + 2m = (1) trở thành: t − 2mt + 2m = ( ) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 =  Phương trình ( ) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa t1 , t2  0, t1t2 = x1 + x2 = 23 =  m − 2m   '    m=4 2 m =  2m = Chọn: A Câu 12: Phương pháp: Giải phương trình mũ a x = b  x = loga b Cách giải: Ta có: 43 x − = 16  x − = log 16 =  x = Chọn: C Câu 13: Phương pháp: Sử dụng tính chất tích phân:  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx b a c b a c  b a f ( x ) dx = −  f ( x ) dx a b Cách giải: Ta có: −  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  f ( x ) dx 12 12 12 4 8   f ( x ) dx = −5 + = −2 12 I =  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = − = 12 12 Chọn: D Câu 14: Phương pháp: Mặt cầu ( S ) tâm I ( a; b; c) bán kính R, tiếp xúc mặt phẳng ( P )  d ( I ; ( P ) ) = R Cách giải: Mặt cầu ( S ) tâm I ( a; b; c) bán kính 1, tiếp xúc mặt phẳng ( Oxz )  d ( I ; ( Oxz ) ) =  b = Chọn: C Câu 15: Phương pháp: Phương trình mặt cầu tâm I ( a; b; c) bán kính R ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 Cách giải: Gọi M hình chiếu vng góc I (1; -2;3) trục Ox  M (1;0;0) M trung điểm AB AB 2 = Ta có: IM = (1 − 1) + ( + ) + ( − 3) = 13, AM = IMA vuông M  IA = IM + AM = 13 + =  R = Phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x − 1) + ( y + ) + ( z − 3) = 16 2 Chọn: A Câu 16: Phương pháp: x n +1 + C, n  Sử dụng cơng thức tính nguyên hàm:  x dx = n +1 Cách giải: n  f ( x ) dx =  ( x + x ) dx = x5 x3 + +C Chọn: C Câu 17: Phương pháp: Diện tích xung quanh hình nón: S xq =  rl (Trong đó, r: bán kính đáy, l: độ dài đường sinh, h: độ dài đường cao) Cách giải: Bán kính đáy: r = BC a = 2 a  a2 Diện tích xung quanh hình nón là: S xq =  rl =  a = 2 Chọn: D Câu 18: Cách giải: y = x − mx + ( m + ) x  y ' = x − 2mx + ( m + ) m  Để đồ thị hàm số có điểm cực trị  '   m2 − m −    m  −1 1 Khi đó, a =  nên hàm số y = x − mx + ( m + ) x có cực trị 3 giá trị hàm số điểm cực đại, điểm cực tiểu nhận giá trị dương  Đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm x = (1) hai cực trị x1 , x2 ( x1  x2 ) thỏa mãn:  x1  x2 ( ) Ta có: (1)  x − mx + ( m + ) = vơ nghiệm có nghiệm kép x =  m − m−      3    =      m2 − m − =    3    − m.0 + m + =   − m.0 + m + =   2− 2+2 m   2−2 2+2    m 22 3  m =    m = −2  2−2   2+2  Kết hợp điều kiện ta có: m   ; −1   2;  3     Chọn: A Câu 19: Phương pháp: Nếu a, b khơng đồng phẳng a, b chéo Cách giải: Do CM DN không đồng phẳng  CM DN chéo Chọn: A Câu 20: Phương pháp: Cách giải: ĐKXĐ:  x  5 Ta có: − x + 5x − = x +  − x − + 5x − − = x − 3 ( ) ( 5− x −2 +3 (1 − x ) ) 5x − −1 − ( x − 2) = (5x − 5) − ( 2x − 2) = 5x − + 15    − ( x − 1)  − + 2 = 5x − +   5− x +  x −1 =  15  − +2=0  − x + 5x − +  + 5− x + x =  15  − = ( *) 5− x +  x − + Xét f ( x ) = f '( x) = − 15 4  − , x   ;5 có 5x − + 5− x + 5  5x − + 5x − + 15 ( ) ( −1 5− x 5− x + ) 4   0, x   ;5 5  4  4   f ( x ) đồng biến  ;5   Phương trình (*) có nhiều nghiệm thuộc  ;5 5  5  Mà f ( ) =  x = nghiệm (*) Vậy, phương trình cho có tập nghiệm S = 1; 4  Tổng nghiệm phương trình là: Chọn: A Câu 21: Phương pháp: b Sử dụng công thức: log a b + log a c = log a ( bc ) ,log a b − log a c = log a   c Cách giải: ĐKXĐ: x  Ta có: log ( x + 1) − log ( x − 1) =  log ( x + 1) = + log ( x − 1)  log ( x + 1) = log 3 ( x − 1)   x + = ( x − 1)  x = ( tm ) Vậy tập nghiệm S phƣơng trình là: S = 4 Chọn: D Câu 22: Phương pháp: Dựng mặt phẳng chứa AB song song trục d Tính khoảng cách từ trục d đến mặt phẳng vừa dựng Cách giải: Gọi O, O’ tâm hai hình trịn đáy (như hình vẽ) Dựng AD, BC song song OO’, với C  ( O ) , D  ( O ') Gọi M trung điểm AC Ta có: OO'/ / ( ABCD )  d ( OO'; AB ) = d ( OO'; ( ABCD ) ) = d ( O; ( ABCD ) ) = OM , ( OM ⊥ AC, OM ⊥ AD  OM ⊥ ( ABCD )) ( AB;OO ') = 300  Ta có:   ( AB; BC ) = ABC = 300  OO '/ / BC ABC vuông C  AC = BC , tan ABC = 3R R = R  MC = OMC vuông M  OM = OC − MC = R − R2 R R =  d ( OO'; AB ) = 2 Chọn: A Câu 23: Phương pháp: Thể tích khối chóp là: V = Sh Cách giải: Gọi O tâm hình vng ABCD  SO ⊥ ( ABCD )  ( SC; ( ABCD ) ) = ( SC; OC ) = SCO = 600 a   AC = a  OC = ABCD hình vng cạnh a   S  ABCD = a  SOC vuông O  SO = OC.tan SCO = a a tan 600 = 2 Thể tích khối chóp S.ABCD là: 1 a a3 V = S ABCD SO = a = 3 Chọn: D Câu 24: Phương pháp: Để hàm số y = f ( x ) nghịch biến f ' ( x )  0, x  hữu hạn điểm Cách giải: 10 +) Với m = ta có y = − x + x + hàm số bậc hai  Hàm số y = − x + x + không nghịch biến +) Với m  ta có: y =  m = không thỏa mãn mx3 − x + x + − m  y ' = mx − x + y '  x  Để hàm số nghịch biến m  m  m       m  m   '  1 − 2m   Kết luận: m Chọn: D Câu 25: Phương pháp: Thể tích khối trụ: V =  r h Công thức liên hệ: R = r + d 2, d khoảng cách từ tâm O đến mặt đáy hình trụ, r bán kính đáy, R bán kính mặt cầu Cách giải: Gọi d khoảng cách từ tâm O đến mặt đáy hình trụ, r bán kính đáy Thể tích khối trụ: Vtru =  r h h h Mà R = r + d  R = r +    r = R − 2 2 2 2  h2    Vtru =  r h =   R −  h = ( R h − h3 ) 4  Xét hàm số f ( h ) = R h − h3 , (  h  R ) có: f ' ( h ) = R − 3h , f ' ( h ) =  h = 2R  R  16 3R3  2R  Ta có: f ( ) = 0, f ( R ) = 3R , f   f ( h )max = f  =   3  3 Vậy, thể tích khối trụ lớn h = 2R 2R = 3 Chọn: D Câu 26: Phương pháp: Phương trình mặt cầu tâm I ( a; b; c ) bán kính R là: ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 Cách giải: Hình chiếu M (1; −2;3) lên trục Ox là: I (1; 0; 0)  IM = 02 + 22 + 32 = 13 = R Phƣơng trình mặt cầu tâm I bán kính IM là: ( x − 1) + y + z = 13 Chọn: B 11 Câu 27: Phương pháp: Khảo sát hàm số tập xác định Cách giải: Xét hàm số y = f ( x ) = x − + − x đoạn  2; 4 có: 1 − x−2 4− x 1 f '( x) =  − =  x − = − x  x =   2; 4 x−2 4− x f '( x) = Ta có: f ( ) = f ( ) = 2, f ( 3) =  Giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = x − + − x M = m = Chọn: D Câu 28: Phương pháp: f '( x) f ( x ) ln a y = log a ( f ( x ) ) , (  a  1)  y ' = Cách giải: y = log ( x + 1)  y ' = ( x + 1) ln Chọn: D Câu 29: Phương pháp: Diện tích hình phẳng (H) giới hạn đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , trục hoành hai đường thẳng x = a; x = b tính theo công thức: S =  f ( x ) − g ( x ) dx b a Cách giải: x = Giải phương trình x3 − 3x = x  x3 − x =    x = 2 Diện tích cần tìm là: 2 S =  x − x − x dx =  x − x dx −2 −2 −2 =  x − x dx +  x − x dx = −2 (x − x ) dx −  ( x − x ) dx 1  =  x4 − 2x2  4  1  −  x4 − 2x2  4  −2 = ( − ( − ) ) − ( ( −4 ) − ) = Chọn: B 12 Câu 30: Phương pháp: Tích phân hai vế f ' ( x ) f ( x ) = x + x , lấy cận Cách giải: Ta có: f ' ( x ) f ( x ) = x4 + x2   f ( x ) f ( x ) dx =  ( x + x )dx 2 0  1 f ( ) − f ( ) ) =  32 +  − (  5 272 332  f ( ) − 22 =  f ( 2) = 15 15 Chọn: D Câu 31: Phương pháp: Nhận biết đồ thị hàm số bậc bậc Cách giải:  Quan sát đồ thị hàm số ta thấy, hàm số nghịch biến khoảng ( −;1) , (1; + )  y '  0;  x  Chọn: D Câu 32: Phương pháp: Lập tỉ số thể tích hai khối tứ diện G1G2 G3G4 ABCD Cách giải: Gọi I, J, K trung điểm BD, CD, BC Thể tích khối tứ diện vuông ABCD là: 1 V = AB AC AD = 6a.9a.12a = 108a 6 Ta có: G2G4 IG2 IG4 = = = , tương tự: AC IA IC G2G3 G3G4 G1G2 G1G4 G1G3 = = = = = BC AB CD AD BD VG1G2G3G4 VABCD 1 =    VG1G2G3G4 = 108a = 4a 27 3 Chọn: A Câu 33: Phương pháp: Nhận dạng đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương đồ thị hàm số bậc ba Cách giải: Quan sát đồ thị hàm số ta thấy: đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương  Loại phương án A B 13 Khi x → + y → +  Chọn phương án D: y = x3 − 3x + Chọn: D Câu 34: Cách giải: S = MA.MB + MB.MC + 3MB.MA =  MA2 + MB − MA − MB + MB + MC − MB − MC  =  MA2 + 3MB + 5MC − AB − BC − AC  ( ) ( ) ( ) + 3MA2 + 3MC − MA − MC   Xác định tọa độ điểm I ( m; n; p ) cho  m = − 4 (1 − m ) + ( −2 − m ) + ( − m ) =     1 7 IA + 3IB + 5IC =  4 ( −1 − n ) + ( − n ) + (1 − n ) =  n =  I − ; ;   12 12    12 − p + 3 − p + − − p = ( ) ( ) ( )    p = 12  Khi đó:  4MA2 + 3MB + 5MC − AB − BC − AC  2 2 =  MI + IA + MI + IB + MI + IC − AB − BC − AC    = 12MI + 2MI IA + 3IB + 5IC + IA2 + 3IB + 5IC − AB − BC − AC   2 = 12MI + IA2 + 3IB + 5IC − AB − BC − AC  IA + 3IB + 5IC =  S đạt giá trị nhỏ MI ngắn  M hình chiếu I lên (Oxy) S= ( ) ( ( ) ( ) ) ( )  a = −  −1  1    M  − ; ;0   b =  T = 12a + 12b + c = 12 + 12 + = −1 12  12   12 c =    Chọn: D Câu 35: Phương pháp: Chia tử mẫu cho x Cách giải: 2− 2x − x lim = lim = = −1 x →− x →− −1 − 1 x +1 − x − 1+ −1 x 14 Chọn: C Chú ý sai lầm: Lưu ý x → − ta có x2 = x = − x Câu 36: Phương pháp: Hàm số đạt cực đại x = x0 qua điểm x = x0 y’ đổi dấu từ dương sang âm Hàm số đạt cực tiểu x = x0 qua điểm x = x0 y’ đổi dấu từ âm sang dương Cách giải: Tại x = −2, y ' đổi dấu từ dương sang âm  Hàm số đạt cực đại x = −2, yCĐ = Tại x = 2, y ' đổi dấu từ âm sang dương  Hàm số đạt cực tiểu x = 2, yCT = Chọn: B Câu 37: Phương pháp: Xét hàm số y = x : + Nếu  số nguyên dương TXĐ: D = + Nếu  số nguyên âm TXĐ: D = \ 0 + Nếu  khơng phải số ngun TXĐ: D = ( 0; + ) Cách giải: Do  +  Hàm số có TXĐ: D = Chọn: D Câu 38: Phương pháp: Để tìm GTNN, GTLN hàm số f đoạn  a; b , ta làm sau: - Tìm điểm x1; x2; ; xn thuộc khoảng ( a; b ) mà hàm số f có đạo hàm khơng có đạo hàm - Tính f ( x1 ) ; f ( x2 ) ; ; f ( xn ) ; f ( a ) ; f (b ) - So sánh giá trị vừa tìm Số lớn giá trị GTLN f  a; b ; số nhỏ giá trị GTNN f  a; b Cách giải: x = Ta có: y = x − x + 13  y ' = x − x =   x =   Hàm số cho liên tục  −2;3   51   51 y ( −2 ) = 25, y  −  = , y ( ) = 13, y   = , y ( 3) = 85 2   2 51 51  y =  m = − 2;3   4 15 Chọn: D Câu 39: Phương pháp: Cho hai hàm số y = f ( x ) y = g ( x ) liên tục [a; b] Khi thể tích vật thể tròn xoay giới hạn hai đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) hai đường thẳng x = a; y = b quay quanh trục Ox là: V =   f ( x ) − g ( x ) dx b a Cách giải: Thể tích khối trịn xoay tạo thành là: V =   ( x + 3) dx 2 Chọn: A Câu 40: Phương pháp: Tính tích phân phương pháp đổi biến, đặt t = x2 Cách giải: x = → t = Đặt x = t  xdx = dt , đổi cận:  x =  → t =  Ta có: I = 2 2 f t dt = f ( x ) dx = 2018 = 1009 ( )   0 2 Chọn: D Câu 41: Phương pháp: Xác suất P ( A) biến cố A là: P ( A) = n ( A) n () Cách giải: Số phần tử không gian mẫu: n (  ) = 300 Số số tự nhiên nhỏ 300 mà chia hết cho là: ( ) P A = 297 − + = 100  n A = 100 ( ) ( ) = 100 =  P ( A) = − = n A n () 300 3 Chọn: A Câu 42: Phương pháp: Hàm bậc bốn trùng phương y = ax + bx + c ( a  ) có điểm cực trị  pt y ' = có nghiệm phân biệt Cách giải: Hàm bậc bốn trùng phương y = ax + bx + c ( a  ) có điểm cực trị  pt y ' = có nghiệm phân biệt 16  4ax3 + 2bx = có nghiệm phân biệt (*) x = Mà 4ax + 2bx =   x = − b 2a  Khi đó, (*)  − b   ab  2a Chọn: C Chú ý: Học sinh nên nhớ điều kiện để làm nhanh toán cực trị hàm bậc bốn trùng phương Câu 43: Phương pháp: Mặt cầu ( S ) : ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R có tâm I ( a; b; c ) bán kính R 2 Cách giải: Mặt cầu ( S ) : ( x + 3) + ( y + 1) + ( z − 1) = có tâm I ( −3; −1;1) 2 Chọn: C Câu 44: Phương pháp:  f ' ( x0 ) = Hàm số bậc ba y = ax3 + bx + cx + d , ( a  ) đạt cực đại x = x0    f '' ( x0 )  Cách giải: y = f ( x) = x − mx + ( m − ) x +  f ' ( x ) = x − 2mx + m − 4, f '' ( x ) = x − 2m Hàm số bậc ba y =   f ' ( 3) = x − mx + ( m − ) x + đạt cực đại x =     f '' ( 3)  m = 9 − 6m + m2 − = m2 − 6m + =      m =  m = 6 − 2m  m  m   Vậy, m = Chọn: B Câu 45: Phương pháp: Áp dụng công thức tích phân phần:  b a b b udv = uv −  vdu a a Cách giải: Ta có: 17  cos ( x ) d ( f ( x ) ) = ( cos ( x ) f ( x ) ) −  f ( x ) d ( cos ( x ) ) 0 = ( cos ( x ) f ( x ) ) +   f ( x ) sin ( x ) dx 0   − f (1) − f ( ) +   f ( x ) sin ( x ) dx =  −0 +   f ( x ) sin ( x ) dx =    f ( x ) sin ( x ) dx = 1   f ( x ) dx −  f ( x ) sin ( x ) dx =    f ( x ) − f ( x ) sin ( x ) dx = 0 0 1  f ( x) =  f ( x ) − f ( x ) sin ( x ) =    f ( x ) = sin ( x ) 1 − cos ( x ) 0  +) f ( x ) = sin ( x )   f ( x ) dx =  sin ( x ) dx = = 1+1  =  Chọn: C Câu 46: Phương pháp: Đặt sin x + cos x = t , t  − 2;  , suy ra: sin x cos x =   t −1 Giải phương trình tìm t từ tìm x Cách giải: Đặt sin x + cos x = t , t  − 2;  , suy ra: sin x cos x =   t −1 Phương trình cho trở thành: t = 1( tm ) t −1 + 2t =  t + 4t − =   t = −5 ( ktm )  sin x cos x = −1 =  sin x = Khi đó, x0 nghiệm phƣơng trình sin x cos x + ( sin x + cos x ) = sin x0 =  P = + sin x0 = Chọn: A Câu 47: Phương pháp: Diện tích mặt cầu bán kính R là: S = 4 R Thể tích mặt cầu bán kính R là: V =  R 3 Cách giải: Diện tích mặt cầu là: S = 4 32 = 36 ( cm2 ) 18 Thể tích mặt cầu là: V =  33 = 36 ( cm3 ) Chọn: A Câu 48: Phương pháp: I ( xI ; y I ; z I ) x A + xB   xI =  y + yB  trung điểm đoạn thẳng AB  yI = A  z A + zB   zI =  Cách giải: Trung điểm đoạn thẳng AB có tọa độ là: ( 2; −1;5 ) Chọn: C Câu 49: Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính nguyên hàm mở rộng: dx  ax + b = a ln ax + b + C Cách giải:  dx = ln 3x − 3x − = ln ( ln − ln1) = 3 Chọn: B Câu 50: Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính đạo hàm: ( x n ) ' = nx n−1 Cách giải: y = x3 + x +  y ' = 3x + Chọn: B 19