intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán (có đáp án) năm 2019 - Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:17

Thêm vào BST
Báo xấu
1
lượt xem 0
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mong muốn giúp các bạn đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới, TaiLieu.VN đã sưu tầm và chọn lọc gửi đến các bạn "Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán (có đáp án) năm 2019 - Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội" hi vọng đây sẽ là tư liệu ôn tập hiệu quả giúp các em đạt kết quả cao trong kì thi. Mời các bạn cùng tham khảo

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán (có đáp án) năm 2019 - Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội

  1. Ngọc Huyền LB – www.facebook.com/ngochuyenlb The Best or Nothing SỞ GD&ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2019 Ngọc Huyền LB sưu tầm và giới thiệu Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên b b A. S   f  x  dx. B. S   f  x  dx. trên 5;7  như sau:  a a b b x 7 C. S   f  x  dx. D. S   f 2  x  dx. -5 1 a a y’ – 0 + 2 5 6 9 Câu 7: Cho 2    f x  1 xdx  2. Khi đó I   f  x  dx 1 2 y bằng: 2 A. 2. B. 1. C. 4. D. 1. Mệnh đề nào dưới đây đúng? Câu 8: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A. max f  x   6. B. min f  x   6. A  2; 2;1 , B 1; 1; 3 . Tọa độ của vectơ AB là: 5;7   5;7   C. max f  x   9. D. min f  x   2. A.  1;1; 2  . B. 1; 1; 2  . 5;7   5;7   C.  3; 3; 4  . D.  3; 3; 4  . Câu 2: Với mọi số thực dương a và m, n là hai số thực bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng? Câu 9: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên và có     n n  amn . n A. am B. a m  am . bảng biến thiên: am am x –∞ –1 0 1 +∞ C.  an m . D.  amn . _ _ an an y’ 0 + 0 0 + Câu 3: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng +∞ 2 +∞  P : 2x  2y  z  1  0. Khoảng cách từ điểm y 1 -1 M 1; 2;0  đến mặt phẳng  P  bằng: Khẳng định nào dưới đây sai? 5 4 A. 2. B. . 3 C. . 3 D. 5. A. M  0; 2  là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số. Câu 4: Cho tam giác ABC là tam giác đều cạnh a, B. f  1 là một giá trị cực tiểu của hàm số. gọi H là trung điểm cạnh BC. Hình nón nhận được C. x0  0 là điểm cực đại của hàm số. khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH có D. x0  1 là điểm cực tiểu của hàm số. diện tích đáy bằng: Câu 10: Tập nghiệm của bất phương trình a 2 a 2 A. . B. a . 2 C. 2 a . 2 D. .  x2 2 4 3 81    là: Câu 5: Trong không gian Oxyz, cho điểm 4 256 A 1; 2; 1. Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A.  2; 2  . B.  ; 2    2;   . A trên trục Oy là: C. . D.  ; 2  . A.  0;0; 1 . B. 1;0;0  . Câu 11: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam C. 1;0; 1 . D.  0; 2;0  . giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Câu 6: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn Biết rằng đường thẳng SC hợp với mặt phẳng đáy một góc 60. Thể tích của khối chóp S.ABC bằng: a; b . Công thức diện tích hình phẳng giới hạn bởi   a3 a3 a3 3a 3 A. . B. . C. . D. . đồ thị hàm số y  f  x  , trục hoành, đường thẳng 2 4 8 4 x  a và đường thẳng x  b là: Câu 12: Tập xác định của hàm số y  2x là: Đặt sách online tại: lovebook.vn | tiki.vn | newshop.vn | pibook.vn
  2. Ngọc Huyền LB – www.facebook.com/ngochuyenlb The Best or Nothing A. C. 0;  . D.  0;  . \0. B.  . tiếp xúc với S và song song với mặt phẳng Câu 13: Số hạng không chứa x trong khai triển  P : 2x  y  2z  11  0 có phương trình là: 20 x 4 A. 2 x  y  2 z  7  0. B. 2 x  y  2 z  9  0.     x  0  bằng: 2 x C. 2 x  y  2 z  7  0. D. 2 x  y  2 z  9  0. A. 29 C20 . 9 B. 28 C20 . 12 C. 210 C20 . D. 210 C20 . 10 11 Câu 21: Hàm số nào trong các hàm số sau đây là Câu 14: Hỏi nếu tăng chiều cao của một khối trụ một nguyên hàm của hàm số y  e x ? lên gấp 2 lần và tăng bán kính đáy của nó lên gấp 1 3 lần thì thể tích của khối trụ mới sẽ tăng bao nhiêu A. y  . B. y  ln x. C. y  e x . D. y  e  x . x lần so với thể tích khối trụ ban đầu? Câu 22: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu A. 6 lần. B. 18 lần. C. 12 lần. D. 36 lần. S : x 2  y2  z2  2x  4y  2z  3  0. Tọa độ tâm I Câu 15: Nếu log 2 3  a thì log 72 108 bằng: của mặt cầu S là: 3  2a 2  3a 2a 2  3a A. 1; 2; 1 . B.  1; 2;1 . A. . B. . C. . D. . 2  3a 3  2a 3a 2  2a Câu 16: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên C.  2; 4; 2  . D.  2; 4; 2  . như sau: Câu 23: Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của x –∞ -2 0 +∞ hàm số nào dưới đây? y’ – + – y 3 + +∞ 1 y ∞ 1 1 –∞ 0 1 Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang -1 O x của đồ thị hàm số đã cho bằng: -1 A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. A. y  x3  3x2  1. B. y  x4  2x2  1. Câu 17: Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy C. y  x3  3x  1. D. y  x3  3x  1. S và chiều cao h tương ứng được tính bởi công thức nào dưới đây? Câu 24: Số cạnh của một hình tứ diện là: 1 A. 12. B. 8. C. 6. D. 4. A. V  S.h. B. V  S.h. 2 x1 Câu 25: Đồ thị hàm số y  có đường tiệm 1 4x  1 C. V  3S.h. D. V  S.h. 3 cận ngang là đường thẳng nào dưới đây? Câu 18: Cho cấp số nhân  un  có u1  2 và biểu 1 A. y  1. B. x  . 1 C. y  . D. x  1. 4 4 thức 20u1  10u2  u3 đạt giá trị nhỏ nhất. Số hạng Câu 26: Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu như thứ bảy của cấp số nhân  un  có giá trị bằng: sau: A. 39062. B. 31250. C. 6250. D. 136250. x –∞ -2 0 +∞ Câu 19: Nếu các số hữu tỉ a, b thỏa mãn 1 y' – 0 + 0 –   ae   b dx  e  2 thì giá trị của biểu thức a  b x 0 Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng nào dưới bằng: đây? A. 4. B. 3. C. 6. D. 5. A.  ; 2  . B.  3;1 . Câu 20: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu C.  0;  . D.  2;0  . S : x 2  y2  z2  2x  4y  6z  5  0. Mặt phẳng Câu 27: Đồ thị hàm số y  ln x đi qua điểm: Đặt sách online tại: lovebook.vn | tiki.vn | newshop.vn | pibook.vn
  3. Ngọc Huyền LB – www.facebook.com/ngochuyenlb The Best or Nothing A. A 1;0  . B. B  0;1 . O’  C. C 2; e . 2  D. D  2e; 2  . I Câu 28: Một vật chuyển động với vận tốc v  t   3t 2  4  m / s  , trong khoảng thời gian tính O bằng giây. Tính quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ giây thứ 3 đến giây thứ 10? 3 2 3 2 A. R. B. R 2. C. R. D. R. A. 945m. B. 1001m. C. 994m. D. 471m. 3 3 2 Câu 29: Biết đường thẳng y  x  2 cắt đồ thị hàm Câu 35: Tâp tất cả các giá trị thực của tham số m để số y  2x  1 tại hai điểm phân biệt A, B có hoành   hàm số y  ln x2  1  mx  1 đồng biến trên là x 1 A.  ; 1 .  B.  1;1 . độ lần lượt là xA , xB . Khi đó giá trị của x A  x B C.  ; 1 . D. 1;1 .   bằng: Câu 36: Cho hình nón tròn xoay có chiều cao bằng A. 3. B. 2. C. 5. D. 1. Câu 30: Số nghiệm dương của phương trình 4 và bán kính đáy bằng 3. Mặt phẳng  P  đi qua ln x2  5  0 là đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác cân có độ dài cạnh đáy bằng 2. A. 0. B. 4. C. 2. D. 1. Diện tích của thiết diện bằng Câu 31: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên: A. 19. B. 2 6. C. 6 D. 2 3 x –∞ 1 3 +∞ Câu 37: Cho lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là y’ + 0 _ 0 + tam giác vuông cân tại B, đường cao BH. Biết 2 +∞ AH   ABC  và AB  1; AC  2; AA  2. Thể y tích của khối lăng trụ đã cho bằng -5 -4 21 21 3 7 7 Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình A. B. C. D. 12 4 4 4 f   x  1  1  m có nghiệm Câu 38: Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 3a. ĐIểm H thuộc cạnh AC với HC  a. Dựng đường A. m  4. B. m  2. C. m  5. D. m  1. thẳng SH vuông góc với mặt phẳng  ABC  với Câu 32: Cho M  C2019  C2019  C2019  ...  C2019 . 0 1 2 2019 Viết M dưới dạng một số trong hệ thâp phân thì số SH  2a . Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng này có bao nhiêu chữ số? SAB bằng A. 610. B. 607. C. 608. D. 609. 3 3 21 21 A. a B. a C. a D. 3a Câu 33: Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng 7 7 7  P : 2x  y  z  2  0 và Q : 2x  y  z  1  0. Số Câu 39: Cường độ của ánh sáng đi qua môi trường nước biển giảm dần theo công thức I  I0 .e x , với mặt cầu đi qua A 1; 2;1 và tiếp xúc với hai mặt I 0 là cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu đi phẳng  P  , Q là vào môi trường nước biển và x là độ dày của môi A. 2. B. Vô số. C. 1. D. 0. trường đó (x tính theo đơn vị mét). Biết rằng môi Câu 34: Cho khối cầu S có bán kính R. Một khối trường nước biển có hằng số hấp thu   1,4. Hỏi 4 3 3 ở độ sâu 30 mét thì cường độ ánh sáng giảm đi bao trụ có thể tích bằng R và nội tiếp khối cầu 9 nhiêu lần so với cường độ ánh sáng lúc ánh sáng S  . Chiều cao của khối trụ bằng: bắt đầu đi vào nước biển? A. e 42 lần. B. e 21 lần. C. e 21 lần. D. e 42 lần. Đặt sách online tại: lovebook.vn | tiki.vn | newshop.vn | pibook.vn
  4. Ngọc Huyền LB – www.facebook.com/ngochuyenlb The Best or Nothing Câu 40: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm 5  C.  2;0;0  D.  ; 0; 0  A 1;2;1; B 2; 1;3  và điểm M  a; b;0  sao cho 3  MA2  MB2 nhỏ nhất. Giá trị a  b bằng Câu 45: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên và có A. 3 B. 2 C. 1 D. 2 đồ thị hàm số như hình vẽ. Hỏi hàm số Câu 41: Cho phương trình 2 x  m.2 x.cos  x   4 ,   y  f f  x   2 có bao nhiêu điểm cực trị? với m là tham số thực. Gọi m0 là giá trị của m sao y cho phương trình trên có đúng một nghiệm thực. Khẳng định nào dưới đây đúng? A. m0  5. B. m0  5; 1 .  C. m0  0. D. m0  1;0  .  2 O 1 3 x Câu 42: Cho hàm số f  x  liên tục trên , f  x  0 -1 với mọi x và thỏa mãn: f  1   , f   x    2x  1 f 2  x  . 1 2 A. 10. B. 11 C. 12 D. 9 Câu 46: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như f 1  f  2   ...  f  2009   a Biết  1 với a , b hình vẽ. b  ,  a; b  1 y Khẳng định nào sau đây sai? A. b  2020. B. 2a  b  2022. C. a  b  2019. D. ab  2019. 3/4 Câu 43: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên có đồ O x -1 thị y  f   x  như hình vẽ. y 2 -3 -3 O Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình 1 3 x   f x  m  m có 4 nghiệm phân biệt là A. 2 B. Vô số C. 1 D. 0 Câu 47: Cho hình nón có chiều cao 2R và bán kính -4 đường tròn đáy R. Xét hình trụ nối tiếp hình nón Đặt g  x   2 f  x    x  1 . Khi đó giá trị nhỏ nhất sao cho thể tích khối trụ lớn nhất, khi đó bán kính 2 đáy của khối trụ bằng: của hàm số y  g  x  trên đoạn  3; 3 bằng   A. g  0  . B. g  3 . C. g  3  . D. g 1 Câu 44: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có các đỉnh B, C thuộc trục Ox. Gọi E  6;4;0  , F 1;2;0  lần lượt là hình chiếu của B và C trên các cạnh AC , AB. Tọa độ hình chiếu của A trên BC là 7  8  R 3R 2R R A.  ; 0; 0  B.  ; 0; 0  A. B. C. D.  2   3  2 4 3 3 Đặt sách online tại: lovebook.vn | tiki.vn | newshop.vn | pibook.vn
  5. Ngọc Huyền LB – www.facebook.com/ngochuyenlb The Best or Nothing Câu 48: Cho hàm số bậc ba y  f  x  , hàm số Câu 49: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác y  f   x  có đồ thị như hình vẽ. ABC vuông tại C, CH vuông góc AB tại H, I là trung điểm của đoạn HC. Biết SI vuông góc với mặt y ̂ phẳng đáy, ASB  90. Gọi O là trung điểm của đoạn AB, O’ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABI. Góc tạo bởi đường thẳng OO’ và mặt phẳng  ABC  bằng O 1 x A. 300 B. 600 C. 900 D. 450 Câu 50: Trong không gian cho hai điểm A, B cố Hàm số  g  x   f x  x2  nghịch biến trên định và độ dài đoạn thẳng AB bằng 4. Biết rằng tập hợp các điểm M sao cho MA  3MB là một mặt khoảng nào dưới đây? cầu. Bán kính của mặt cầu bằng  1  A.  1;0  B.   ;0  9 3 A. B. 1 C. 3 D.  2  2 2 C.  2; 1 D. 1; 2  Đặt sách online tại: lovebook.vn | tiki.vn | newshop.vn | pibook.vn
  6. Đáp án chi tiết Sở GD&ĐT Hà Nội Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam ĐÁP ÁN 1.D 2.D 3.B 4.D 5.D 6.C 7.C 8.A 9.A 10.C 11.B 12.B 13.C 14.B 15.B 16.D 17.D 18.B 19.A 20.C 21.C 22.B 23.C 24.C 25.C 26.D 27.A 28.B 29.C 30.C 31.A 32.C 33.D 34.C 35.A 36.B 37.B 38.B 39.A 40.D 41.B 42.C 43.B 44.B 45.B 46.C 47.C 48.D 49.A 50.D STUDY TIP HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Ta thấy hàm số không xác Câu 1: Đáp án D. định tại nên trên Quan sát bảng biến thiên, ta thấy min f  x   f 1   2. 5;7   thì hàm số không có giá trị Câu 2: Đáp án D. lớn nhất. Với mọi số thực dương a và m, n là hai số thực bất kì, ta có: am a  n m  a mn và n  amn . a FOR REVIEW Trong không gian Oxyz, Câu 3: Đáp án B. khoảng cách từ điểm Khoảng cách từ điểm M 1; 2;0  đến mặt phẳng  P  : 2x  2y  z  1  0 là: đến mặt phẳng 2.1  2  2   0  1 là:  d M;  P    5  . 22   2   12 3 2 Câu 4: Đáp án D. Khi quay ABC quanh trục AH, ta được một hình nón có bán kính đáy là: 1 a R  HB  HC  BC  . 2 2 2  a  a2  Diện tích đáy: S  R2      (đvdt) 2 4 Câu 5: Đáp án D. Trong không gian Oxyz, tọa độ hình chiếu của điểm M  x0 ; y0 ; z0  trên các trục Ox, Oy, Oz lần lượt là A  x0 ;0;0  , B  0; y0 ;0  và C  0;0; z0  . Câu 6: Đáp án C. Câu 7: Đáp án C. 1 Đặt t  x2  1  dt  2 xdx  xdx  dt 2 Đổi cận: x  1  t  2; x  2  t  5 2 5 5 5  2 1 22  Suy ra:  f x  1 xdx   f  t  dt  2   f  t  dt  4   f  x  dx  I 1 2 2 Câu 8: Đáp án A. Câu 9: Đáp án A. Quan sát bảng biến thiên, ta thấy M  0;2  là điểm cực đại của đồ thị hàm số. Câu 10: Đáp án C.  x2  x2 4 3 81 3 3 Ta có:           x 2  4  x 2  4  0 (hiển nhiên) 4 256 4 4 Câu 11: Đáp án B. Nhận đề thi, tài liệu Toán từ Ngọc Huyền LB thường xuyên: m.me/ngochuyenlb
  7. Đáp án chi tiết Sở GD&ĐT Hà Nội Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam S Ta có: SA   ABC   (SC,̂ ) = (SC, AC) = SCA  60 (ABC) ̂ ̂  SA  AC.tan SCA  a.tan60  a 3 1 1 a2 3 a3 Vậy VS. ABC  .SA.SABC  .a 3.  (đvtt) 3 3 4 4 A C Câu 12: Đáp án B. Câu 13: Đáp án C. B 20 20  k k x 4 20 k x 4 20 Xét khai triển:      C20       C20 .2 .2 .x .x k k  20 2 k 20  k k 2 x k 0 2  x  k 0 20   C20 .2 3 k  20.x 20  2 k với 0  k  20, k  . k k 0 Số hạng không chứa x trong khai triển tương ứng với k thỏa mãn: 20  2 k  0   k  10 0  k  20, k  Vậy số hạng đó là: C20 .210. 10 Câu 14: Đáp án B. Gọi R và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ ban đầu  Thể tích ban đầu là V1  R2 h. Sau khi tăng chiều cao kên 2 lần và tăng bán kính đáy lên gấp 3 lần thì thể tích mới là: V2  .  3R  .  2h   18.R2 h  18V1 2  Thể tích mới tăng lên gấp 18 lần. Câu 15: Đáp án B.   log 72 108  log 72 2 2.33  2log 72 2  3log 72 3  2  3 log 2 72 log 3 72 2 3 2 3      log 2 2 .3 3 2   log 3 2 .3 3 2  3  2log 2 3 3log 3 2  2 2 3 2  3log 2 3 2  3a     . 3  2log 2 3 3 3  2log 2 3 3  2 a 2 log 2 3 Câu 16: Đáp án D. Từ bảng biến thiên ta có: lim  y    Đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng là x  2. x  2  lim y    Đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng là x  0. x 0 lim y  0  Đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang là y  0. x Vậy đồ thị hàm số y  f  x  có 3 đường tiệm cận. MEMORIZE Câu 17: Đáp án D. Câu 18: Đáp án B. Nếu một cấp số nhân có số hạng công bội q Gọi q là công bội của cấp số nhân  un  . Ta có: thì số hạng thứ n 20u1  10u2  u3  20u1  10u1q  u1q 2  2q 2  20q  40     là:  2 q 2  10q  20  2 q 2  10q  25  10  2  q  5   10  10 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi q  5. Vậy u7  u1 .q6  2.56  31250. Nhận đề thi, tài liệu Toán từ Ngọc Huyền LB thường xuyên: m.me/ngochuyenlb
  8. Đáp án chi tiết Sở GD&ĐT Hà Nội Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam Câu 19: Đáp án A. 1   ae    1 x  b dx  ae x  bx  ae  b  a. 0 0 1   ae   b dx  e  2 nên sử dụng đồng nhất hệ số, ta được: x Mà 0 a  1 a  1    a  b  4. b  a  2 b  3 Câu 20: Đáp án C. Mặt cầu S có tâm I  1; 2; 3 và bán kính R  3. Gọi   là mặt phẳng tiếp xúc với S và    //  P   Mặt phẳng   có phương trình dạng: 2x  y  2z  m  0  m  11 2.  1  2  2.3  m  Và d I ;     R   3 2 2   1  2 2 2 m  2  9  m  7  t /m   m2 9    m  2  9  m  11  l   Vậy    : 2x  y  2z  7  0. Câu 21: Đáp án C. Câu 22: Đáp án B. Câu 23: Đáp án C. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số bậc ba y  ax3  bx2  cx  d với a  0. Loại B và D. Câu 24: Đáp án C. Câu 25: Đáp án C. ax  b Đồ thị hàm số y  cx  d  ad  bc  0, c  0  có một đường tiệm cận đứng là x   d c a và một đường tiệm cận ngang là y  . c Câu 26: Đáp án D. Ta có: y  0, x   2;0  nên hàm số y  f  x  đồng biến trên  2;0  . Câu 27: Đáp án A. Câu 28: Đáp án B. 10 10  Quãng đường cần tính là: S   v  t  dt   3t 2  4 dt  1001 m .  3 3 Câu 29: Đáp án C. 2x  1 Phương trình hoành độ giao điểm: x  2  x 1  x  1   x  2  x  1  2x  1  x2  5x  1  0  *  12  5.1  1  3  0  Ta có:  nên phương trình  *  luôn có 2 nghiệm phân biệt  *    5   4  21  0 2  x1 , x2 khác 1 thỏa mãn: x1  x2  5  x A  xB (định lí Vi-ét) Nhận đề thi, tài liệu Toán từ Ngọc Huyền LB thường xuyên: m.me/ngochuyenlb
  9. Đáp án chi tiết Sở GD&ĐT Hà Nội Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam Câu 30: Đáp án C. Điều kiện: x2  5  0  x2  5  0  x   5.  x2  5  1 x   6 Phương trình: ln x  5  0  x  5  1   2 2 2  (t/m)  x  5  1  x  2   Vậy phương trình có 2 nghiệm dương là x  6 và x  2. Câu 31: Đáp án A. Đặt t  x  1  1. Xét hàm số t  x   x  1  1 trên 1;     t  x   , x   1;   . 1 2 x1 0 Bảng biến thiên: x -1 +∞ t’(x) + +∞ MEMORIZE t (x) Với m là tham số, ta có: 1 + Bất phương trình có nghiệm Từ bảng biến thiên trên  t  1 với x  1;  .    x  1  1  m có nghiệm  Bất phương trình m  f  t  trên D Để bất phương trình f + Bất phương trình có nghiệm có nghiệm t  1  BPT m  f  x  có nghiệm x  1  m  min f  x   f  3   4 (quan sát bảng biến thiên) trên D 1;    Câu 32: Đáp án C. Xét khai triển: 1  x  2019  C2019  C2019 x  C2019 x2  ...  C2019 x2019 . 0 1 2 2019 Thay x  1 vào khai triển ta được: M  C2019  C2019  C2019  ...  C2019  22019. 0 1 2 2019 Số chữ số của M là: n  log 22019   1  2019.log 2  1  608.     Ghi nhớ: Xét số tự nhiên A được biểu diễn dưới dạng mũ hay một dạng nào đó mà ta không STUDY TIP thể đếm được các chữ số của nó. Quý độc giả có thể tham Giả sử A có n chữ số, khi đó n  log A  1. khảo thêm dạng toán này   trong cuốn sách Công phá Trong đó log A là phần nguyên của log A (là số nguyên lớn nhất không vượt   kĩ thuật Casio. quá log A, tức là log A  log A  log A  1.     Trong MTCT, để lấy phần nguyên của một số ta dùng lệnh Int, ấn Q+. Câu 33: Đáp án D. Cách 1: Gọi T  a; b; c  là tâm của mặt cầu S cần tìm. Mặt cầu S tiếp xúc với hai mặt phẳng song song  P  : 2x  y  z  2  0 và Q : 2x  y  z  1  0 nên: 2a  b  c  2 2a  b  c  1    d I ;  P   d I ; Q   6  6  2a  b  c  2  2a  b  c  1 Nhận đề thi, tài liệu Toán từ Ngọc Huyền LB thường xuyên: m.me/ngochuyenlb
  10. Đáp án chi tiết Sở GD&ĐT Hà Nội Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam  2a  b  c  2  2a  b  c  1   4a  2b  2c  1  0  2a  b  c  2  2a  b  c  1 1 1  2a  b  c   b  2a  c  2 2 1 2 Và bán kính mặt cầu S là: R  2 6  . 6 4 Do A  S  nên IA  R  IA2  R2  3 8   a  1   b  2    c  1  2 2 2 3 8 2  3   a  1   2a  c     c  1  2 2 3  2 8  8  a  1  8  c  1   2  4 a  2 c  3   3 2 2 2       8 a 2  2 a  1  8 c 2  2c  1  2 16 a 2  4c 2  9  16 ac  24 a  12c  3   40 a 2  32  c  1 a  16c 2  8c  31  0  *  Ta coi phương trình (*) là phương trình bậc hai với ẩn a, tham số c  Khi đó:   256  c  1  40 16c 2  8c  31  384c 2  192c  984  0, c  2  Suy ra, phương trình (*) vô nghiệm  Không có mặt cầu S thỏa mãn phương trình bài toán Cách 2: 2.1   2   1  2  Xét d A;  P     3  6 2 2   1  12 2 2 6 Q 2.1   2   1  1 STUDY TIP  và d A; Q     6  6 P 2   1  1 2 2 2 6 Cách 1 giúp chúng ta hiểu rõ hơn về bản chất của bài A 2  1 toán, còn cách 2 giúp ta có  và d  P  ; Q     3  6 2 2   1  12 2 2 cái nhìn đa chiều khi tưởng 6 tượng bằng hình vẽ. Tuy nhiên, để phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm ta nên    Mà A  Q nên d A;  P   d A; Q   d  P  ; Q     sử dụng cách 2. Do S tiếp xúc với  P  và  Q  nên tâm I của mặt cầu S phải cách đều giữa hai mặt phẳng  P  và  Q  và thỏa mãn: d I ;  P   d I ; Q      Khi đó IA  R (hình vẽ), suy ra mâu thuẫn với giả thiết A  S  Vậy không có mặt cầu nào thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 34: Đáp án C. Gọi h là chiều cao của khối trụ, r là bán kính đáy thì thể tích của khối trụ là: 4 3R3 4 3 3 V  r 2 h   r2  R 9 9h 2 h h4 4 3 3 Ta có:    r 2  R2   R  R2 2 4 9h  9h 3  16 3R3  36 R2 .h  0 Nhận đề thi, tài liệu Toán từ Ngọc Huyền LB thường xuyên: m.me/ngochuyenlb
  11. Đáp án chi tiết Sở GD&ĐT Hà Nội Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam 3 h h h 2 3  9    36.  16 3  0    R R R 3 2 3 Vậy h  R 3 Câu 35: Đáp án A. 2x Ta có y  m x 1 2 Để hàm số đồng biến trên  y  0, x   m  min f  x  với f  x   2x 2x   m, x  x 1 2 x2  1 Xét hàm số f  x   2x trên x 1 2 Ta có: f   x    2 x2  1  2 x.2 x  2 x2  2  x  1 ; f  x  0   x  x  x  1 2 2 2 1 2 1 Bảng biến thiên: x –∞ -1 1 +∞ f'(x) _ + _ 0 0 0 1 f (x) -1 0 Từ bảng biến thiên suy ra: m  min f  x   m  1 . Câu 36: Đáp án B. S Giả sử hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O bán kính r  h  SO  4 và r3. Mặt phẳng  P  đi qua đỉnh S và cắt hình nón theo thiết diện là SAB cân tại đỉnh S, AB  2 (hình vẽ) Gọi H là trung điểm AB  OH  AB B AB2 O H Và OH  OA2  AH 2  r 2   32  1  2 2 4 A  AB  SO Ta có:   AB  SOH   AB  SH  AB  OH   2 Lại có: SH  SO2  OH 2  42  2 2 2 6 1 1 Vậy SSAB  SH.AB  .2 6.2  2 6 2 2 B’ C’ Câu 37: Đáp án B. A’ ABC vuông tại B nên BC  AC2  AB2  3 AB2 12 1 Do BH  AC nên AB2  AH.AC  AH    AC 2 2  2 2 2 1 7 B C Do AHA vuông tại H nên AH  AA  AH  AH  2 2    2 2 H A Nhận đề thi, tài liệu Toán từ Ngọc Huyền LB thường xuyên: m.me/ngochuyenlb
  12. Đáp án chi tiết Sở GD&ĐT Hà Nội Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam 1 7 1 21 Vậy VABC . ABC   AH.SABC  AH . BA.BC  . . 3 (đvtt) 2 2 2 4 Câu 38: Đáp án B.    CA  3  d C ; SAB  3 d H ; SAB d C ;  SAB  Ta có: d  H ;  SAB   HA 2    2    S  AB  SH Từ H kẻ HK  AB K  AB . Ta có:   AB  SHK   AB  HK Từ H kẻ HI  SK  I SK  . Từ AB  SHK   AB  HI I K E B HI  AB A Ta có   HI  SAB   HI  d H ; SAB    HI  SK H C Gọi E là trung điểm AB. Do ABC đều nên CE  AB  CE // HK HK AH AH 2 3a 3    HK  .CE  . a 3 CE AC AC 3 2 Suy ra: HI  SH.HK  2a.a 3  2a 21   d H ; SAB   SH  HK 2 2 4a  3a 2 2 7  Vậy d C ;  SAB    3 2 3 2 a 21 3a 21 HI  . 2 7  7 Câu 39: Đáp án A. Khi ánh sáng bắt đầu đi vào nước biển thì cường độ ánh sáng là I  I 0 I0 Ở độ sau 30 mét thì cường độ ánh sáng là I  I 0 .e .30  I 0 .e 1,4.30  42 , giảm đi e 42 e lần. Câu 40: Đáp án D. 3 1  Chọn điểm I thỏa mãn IA  IB  0  I là trung điểm AB  I  ; ; 2  2 2      2 2 Ta có: MA2  MB2  MI  IA  MI  IB    2 MI 2  2 MI IA  IB  IA2  IB2  2 MI 2  IA2  IB2 Do I, A, B cố định nên IA2  IB2 không đổi. STUDY TIP Để MA2  MB2 nhỏ nhất thì MI 2 nhỏ nhất 2 2 Dạng toán này được tác giả  3  1 đề cập rất chi tiết tại Chủ Mà MI   a     b    4  4 2  2  2 đề 7 sách Công phá Toán 3. 3 1 Dấu “=” xảy ra  a  ; b   a  b  2 2 2 Câu 41: Đáp án B Phương trình  4x  m.2x.cos  x   4 Chia cả 2 vế cho 2 x ta được 2x  22x  m.cos  x   0 Đặt f  x   2x  22x  m.cos  x   f  2  x   2 2  x  2 x  m.cos    2  x      2 2  x  2 x  m.cos  x   2 2  x  2 x  m.cos  x   f  2  x  f  x Nhận đề thi, tài liệu Toán từ Ngọc Huyền LB thường xuyên: m.me/ngochuyenlb
  13. Đáp án chi tiết Sở GD&ĐT Hà Nội Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam Như vậy, nếu x 0 là một nghiệm của phương trình f  x   0 thì 2  x0 cũng là nghiệm của phương trình đó * Điều kiện cần: Để phương trình có đúng 1 nghiệm thực thì x0  2  x0  x0  1 Với x0  1 thay vào phương trình f  x   0 ta được 4  m.cos    0  4  m  0  m  4 * Điều kiện đủ Với m  4 thì phương trình trở thành 4x  4.2x cos  x   4  4cos  x   2x  22x  *  STUDY TIP Xét hàm số g  x   2x  22x  g  x   2x ln2  22x ln2 Từ “điều kiện cần” của bài g  x   0  2x  22x  x  1 toán này ta tìm được thỏa mãn phương Bảng biến thiên: án B. Tuy nhiên, nếu từ x 1 điều kiện cần ta tìm được g'(x) _ nhiều giá trị m thỏa mãn 0 + nhiều đáp án, ta phải sử dụng “điều kiện đủ” để g(x) chọn ra giá trị m đúng nhất (tức là ta phải thay giá trị m 4 tìm được ở điều kiện cần, vào giả thiết và kiểm tra Suy ra: g  x   4 hay 2x  22 x  4 xem giá trị m đó có thỏa mãn bài toán hay không?) Từ 1  cos  x   1  4  4cos x  4  4cos x  4  2x  22x  4cos x  2 x  22  x  4  x  1 Phương trình có đúng 1 nghiệm x  1 . Câu 42: Đáp án C. f  x Từ f   x    2 x  1 . f 2  x    2 x  1 (do f  x   0 ) f 2  x f  x  dx    2 x  1 dx  x 2  x  C1 1 f 2  x Đặt f  x   1  f   x  dx  dt f  x  dx   dt 1    C2   1 f  x  C2  2 f 2  x t 2 t Từ (1) và (2) suy ra:  x2  x  C  f  x   2 1 1 1   C2  x2  x  C1  f  x f  x x  x  C 1 Từ f  1   f  1  2 1 1 1 1    2 1  1  C 2 C2 2  C  0  f  x   1 x x 2 x   x  1 Ta có: f  x    1 1 1 1     x x 2 x  x  1 x  x  1 x1 x Khi đó: Nhận đề thi, tài liệu Toán từ Ngọc Huyền LB thường xuyên: m.me/ngochuyenlb
  14. Đáp án chi tiết Sở GD&ĐT Hà Nội Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam  1 1  1 1   1 1   1 1  f 1  f  2   ...  f  2019               ...      2 1  3 2   4 3   2020 2019  1 a  1  1    a  b  2019 . 2020 b  2020 Câu 43: Đáp án B. Xét hàm số g  x   2 f  x    x  1 trên  3; 3 2 y   y = f’(x) 2 y=x–1  x  3  Ta có g  x   2 f   x   2  x  1 ; g  x   0  f   x   x  1   x  1 -3 S1 O x  3  1 3 x 1 3 S2 Ta có:   f   x    x  1 dx    x  1  f   x  dx (do S2  S1 ) 3   1   1 3 3 g  x  dx   2  g  x  dx  g  x  3  g  x  1 1 1 1 3 -4  2 1  g 1  g  3  g  3  g 1  g  3  g  3 1 1 Lại có: S2    f   x    x  1 dx  0   g  x  dx  0 1   2 3 3 g  x   0  g 1  g  3   0  g 1  g  3  1 1  2 3 3 3 S1    x  1  f   x  dx  0   g  x  dx  0  g  3   g 1  0  g  3   g 1 1 1   21 Vậy g  3   g  3   g 1  min g  x   g  3  3;3    A Câu 44: Đáp án B. Gọi H, M, N lần lượt là hình chiếu của A, E, F trên BC E Do B,C Ox nên H , M, N Ox và M  6;0;0  ; N 1;0;0  F Ta có EM  d  E; Ox   yE2  zE2  4 I FN  d  F; Ox   yF 2  zF 2  2  EM  2FN B N H M C Gọi H là trực tâm của ABC  I là giao điểm của AH , BE, CF BHIF là tứ giác nội tiếp  FBI  EHI hay FBE  FHA CHIE là tứ giác nội tiếp  FCI  EHI hay ECF  FHA BCEF là tứ giác nội tiếp  FBE  ECF ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ Suy ra: FHA = EHA mà BHA = CHA  90  BHF = CHE FN HN 1  FNH EMH     HM  2 HN EM HM 2 Ta có: HM   6  xH ;  y H ;  zH  HN   1  xH ;  y H ;  z H  6  xH  2 1  xH    8  Từ HM  2 HN   yH  2   yH   H  ; 0; 0   3   zH  2   zH   Nhận đề thi, tài liệu Toán từ Ngọc Huyền LB thường xuyên: m.me/ngochuyenlb
  15. Đáp án chi tiết Sở GD&ĐT Hà Nội Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam Câu 45: Đáp án B. Từ hình vẽ, ta có bảng biến thiên của đồ thị hàm số f  x  như sau: x –∞ x1 2 x2 +∞ f'(x) _ + 0 _ 0 + 0 +∞ 0 +∞ f (x) -1 f(x2) Trong đó x1  1; 2  và x2  2; 3    Đặt g  x   f f  x   2  g  x   f   x  . f  f  x   2   f  x  0 g  x   0     f  f  x  2  0    x  x1   1; 2   * Ta có: f   x   0   x  2 ( x  2 là nghiệm đơn)  x  x  2; 3  2   Phương trình f  x   0 có 3 nghiệm (trong đó x  2 là nghiệm đơn)  f  x   2  x1  f  x   x1  2     * Phương trình f  f  x   2  0   f  x   2  2   f  x   0    f  x   2  x2   f  x   x2  2  + Do x1  1; 2   x1  2   1;0   f  x   x1  2 có 4 nghiệm lần lượt thuộc mỗi khoảng 1; x1  ;  x1 ; 2  ;  x; x2  x2 ; 3 + Phương trình f  x   0 có 3 nghiệm là x  1; x  2; x  3 ( x  2 là nghiệm kép) + Do x  2   0;1 nên phương trình f  x   x2  2 có 2 nghiệm phân biệt thuộc  ;1 và  3;     Phương trình f  f  x   2  0 có 4  3  2  9 nghiệm (trong đó x  2 là nghiệm kép hay nghiệm bội chẵn) Suy ra phương trình g  x   0 có 11 nghiệm (nghiệm bội lẻ) và g  x  đổi dấu các STUDY TIP nghiệm này. Hàm số là hàm Vậy hàm số y  g  x  có 11 điểm cực trị. chẵn nên đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng. Tịnh Câu 46: Đáp án C. tiến đồ thị hàm số   Để phương trình f x  m  m có đúng 4 nghiệm thực phân biệt  Phương sang trái m đơn vị theo phương Ox (nếu trình f  x  m  m có đúng 2 nghiệm thực phân biệt lớn hơn m  x  m. ) hoặc sang phải m Đặt t  x  m  t  0 (do x   m ). đơn vị (nếu ) ta được đồ thị của hàm số Khi đó YCBT  Phương trình f  t   m có đúng 2 nghiệm thực phân biệt dương Do vậy đồ  m  1 thị hàm số  . m  3 nhận đường thẳng   4 làm trục đối xứng. Vậy có đúng 1 giá trị m nguyên thỏa man bài toán. Câu 47: Đáp án C. Nhận đề thi, tài liệu Toán từ Ngọc Huyền LB thường xuyên: m.me/ngochuyenlb
  16. Đáp án chi tiết Sở GD&ĐT Hà Nội Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam Ta kí hiệu các đỉnh như hình vẽ. Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ. r SH SO  HO 2R  h h Ta có:     1 R SO SO 2R 2R S  h  h  r  1   .R  R   h  2R  2r  2R  2  Thể tích khối trụ là: V  r 2 h  r 2  2R  2r   2 Rr 2  r 3  Xét hàm số f  r   r 3  R.r 2 với 0  r  R H  r  0   O; R  f   r   3r  2r.R; f   r   0   2  r  2 R  O; R O   3    2R  4 Từ bảng biến thiên của hàm số f  r  , ta được max f  r   f   O ; R  3  27 8 2R Vậy Vmax  khi r  . 27 3 Câu 48: Đáp án D.  f   x   0, x   0;1  Từ hình vẽ ta có:   f   x   0, x   ; 0    1;      Có g  x    2x  1 . f  x  x 2 ;  1  1 x   2 x   2 2 x  1  0   g  x   0      x 2  x  0   x  1    f  x  x  0 2   2 x  0 x  x  1     Bảng biến thiên: x -1 -1/2 0 g'(x) + _ 0 + 0 _ 0 g (x)  1 Vậy hàm số y  g  x  nghịch biến trên  1;   và  0;  .  2 S Câu 49: Đáp án A. SAB vuông tại S có O là trung điểm AB  O là tâm đường tròn ngoại tiếp SAB  AB  IH  AB  SIH  ∆ Ta có:  K  AB  SH C B Kẻ IK  SH  K SH   AB  IK  IK  SAB Qua O kẻ đường thẳng  song song với IK    SAB I H A Khi đó  là trục của đường tròn ngoại tiếp SAB Do O’ là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABI nên suy ra O  Nhận đề thi, tài liệu Toán từ Ngọc Huyền LB thường xuyên: m.me/ngochuyenlb
  17. Đáp án chi tiết Sở GD&ĐT Hà Nội Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam ̂ ̂ ̂  (OO',(ABC)) = (∆,(ABC)) = (IK,(ABC)) = (IK, IH) = HIK ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ Mà HIK = ISH (cùng phụ góc SIK)  (OO',(ABC)) = ISH ̂ ̂ Ta có: SAB vuông tại S và CAB vuông tại C, O là trung điểm AB 1  OA  OB  OC  OS  AB  CHO  SHO  CH  SH 2 1 1  CI  IH  CH  SH 2 2 ̂ IH 1 ̂ Khi đó: sin ISH =   ISH  30 SH 2 Câu 50: Đáp án D. Cách 1: 1 9 Chọn điểm I thỏa mãn IA  9 IB  Điểm I cố định thỏa mãn IB  , IA  . 2 2     2 2 2 2 Suy ra: MA  3MB  MA  9 MB  MI  IA  9 MI  IB   MI 2  IA2  2 MI .IA  9 MI 2  IB2  2 MI .IB     8 MI 2  2 MI 9 IB  IA  9 IB2  IA2  0 2 2 1 9 3  8 MI 2  0  9.       0  MI  2 2 2 3  Tập hợp M là đường tròn tâm I, bán kính R  MI  . 2 Cách 2: Ta chuẩn hóa tọa độ A  2;0;0  và B  2;0;0  thỏa mãn AB  4. Giả sử M  x; y; z  . Từ MA  3MB  MA2  9 MB2   x  2   y2  z2  9  x  2   y2  z2  2 2      x2  y2  z2  4x  4  9x2  9y2  9z2  36x  36  8x2  8y2  8z2  40x  32  0  x2  y2  z2  5x  4  0 5   Điểm M luôn thuộc mặt cầu cố định S có tâm I  ;0;0  và bán kính 2  2 5 3 R   4  .  2 2 Nhận đề thi, tài liệu Toán từ Ngọc Huyền LB thường xuyên: m.me/ngochuyenlb
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright ©2025 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
62=>2