Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - Sở GD&ĐT Hà Nội

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:25

Thêm vào BST

Báo xấu

9
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Gửi đến các bạn Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - Sở GD&ĐT Hà Nội giúp các bạn học sinh có thêm nguồn tài liệu để tham khảo cũng như củng cố kiến thức trước khi bước vào kì thi. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - Sở GD&ĐT Hà Nội

ĐỀ THI THỬ THPT QG NĂM HỌC 2018 – 2019 SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRẮC NGHIỆM MÔN TOÁN 12 (Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề) Câu 1 : Hàm số nào trong các hàm số sau đây là một nguyên hàm của hàm số y  e x ? 1 A. y  . B. y  e x . C. y  ln x . D. y  e x . x  x2 3 81 Câu 2 : Tập nghiệm của bất phương trình    là 4 256 A.  2; 2  . B.  ;  2    2;    . C. . D.  ;  2  . Câu 3 : Cho tam giác ABC là tam giác đều cạnh a , gọi H là trung điểm cạnh BC . Hình nón nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH có diện tích đáy bằng  a2  a2 A. . B. 2 a 2 . C. . D.  a 2 . 2 4 Câu 4: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  5  0. Mặt phẳng tiếp xúc với  S  và song song với mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  11  0 có phương trình là A. 2 x  y  2 z  7  0 . B. 2 x  y  2 z  7  0 . C. 2 x  y  2 z  9  0 . D. 2 x  y  2 z  9  0 . x 1 Câu 5: Đồ thị hàm số y  có đường tiệm cận ngang là đường thẳng nào dưới đây? 4x 1 1 1 A. x  . B. y  . C. x  1 . D. y  1 . 4 4 2 5 Câu 6 : Cho  1 f ( x 2  1)xdx  2. Khi đó I   f ( x)dx bằng 2 A. 1. B. 2 . C. 4 . D. 1 . Câu 7: Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau x -∞ -2 0 +∞ y/ _ + _ +∞ +∞ 1 y 1 -∞ 0 Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho bằng A. 0 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . Câu 8: Tập xác định của hàm số y  2 là x caodangyhanoi.edu.vn
A.  0;   . B. . C. \ 0 . D.  0;   . Câu 9: Số nghiệm dương của phương trình ln x 2  5  0 là A. 1. B. 4. C. 0. D. 2. Câu 10: Cho hàm số y  f ( x) có bảng xét dấu đạo hàm như sau: Hàm số y  f ( x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? A.  2;0  . B.  3;1 . C.  0;   . D.   ; 2  . Câu 11: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ): x 2 + y 2 + z 2 + 2 x - 4 y - 2 z - 3 = 0 . Tọa độ tâm I của mặt cầu  S  là A. 1; 2; 1 . B.  2; 4; 2  . C.  2; 4; 2  . D.  1; 2;1 . Câu 12: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P) : 2 x  2 y  z  1  0 . Khoảng cách từ M (1; 2;0) đến mặt phẳng  P  bằng 5 4 A. 2 . B. . C. . D. 5 . 3 3 Câu 13: Nếu log 2 3 = a thì log72 108 bằng 3 + 2a 2 + 3a 2+ a 2 + 3a A. . B. . C. . D. . 2 + 3a 2 + 2a 3+ a 3 + 2a Câu 14: Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. y  x 4  2 x 2  1. B. y   x3  3x  1 . C. y  x3  3x  1 . D. y  x3  3x2  1 . Câu 15: Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h tương ứng được tính bởi công thức nào dưới đây? 1 1 A. V  S.h . B. V  3S .h . C. V  S .h . D. V  S .h . 3 2 Câu 16: Với mọi số thực dương a và m, n là hai số thực bất kì. Mệnh đề nào sau đây là đúng? caodangyhanoi.edu.vn
am B.  a m   a m . C.  a m   a m n . n n am  a mn .  a nm . n A. n D. n a a 20  x 4 Câu 17: Số hạng không chứa x trong khai triển     x  0  bằng 2 x A. 22 C20 9 . B. 210 C20 10 . C. 210 C20 11 . D. 28 C20 12 . Câu 18: Một vật chuyển động với vận tốc v(t )  3t 2  4  m/s  , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây. Tính quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ giây thứ 3 đến giây thứ 10 ? A. 945 m . B. 994 m . C. 471m . D. 1001m . 1   ae  b  dx  e  2 thì giá trị của biểu thức a  b bằng x Câu 19: Nếu các số hữu tỉ a , b thỏa mãn 0 A. 4 . B. 5 . C. 6 . D. 3 . Câu 20: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết rằng đường thẳng SC hợp với mặt phẳng đáy một góc 60 . Thể tích khối chóp S. ABC bằng a3 a3 a3 3a3 A. . B. . C. . D. . 4 2 8 4 2x 1 Câu 21: Biết đường thẳng y  x  2 cắt đồ thị hàm số y  tại hai điểm phân biệt A , B có hoành x 1 độ lần lượt x A , xB . Khi đó giá trị của xA  xB bằng A. 3. B. 5. C. 1. D. 2. Câu 22: Số cạnh của một hình tứ diện là A. 12 . B. 6 . C. 4 . D. 8 . Câu 23: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A  2; 2;1 , B 1; 1;3 . Tọa độ của véc tơ AB là A.  3; 3; 4  . B. 1; 1; 2  . C.  3;3; 4  . D.  1;1; 2  . Câu 24: Cho cấp số nhân  un  có u1  2 và biểu thức 20u1  10u2  u3 đạt giá trị nhỏ nhất. Số hạng thứ bảy của cấp số nhân có giá trị bằng A. 31250 . B. 6250 . C. 136250 . D. 39062 . Câu 25: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên và có bảng biến thiên caodangyhanoi.edu.vn
x  1 0 1  f  x  0  0  0   2  f  x 1 1 Khẳng định nào dưới đây sai? A. x0  0 là điểm cực đại của hàm số. B. M  0; 2  là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số. C. x0  1 là điểm cực tiểu của hàm số. D. f  1 là một giá trị cực tiểu của hàm số. Câu 26: Nếu tăng chiều cao của một khối trụ lên gấp 2 lần và tăng bán kính đáy của nó lên gấp 3 lần thì thể tích của khối trụ mới sẽ tăng bao nhiêu lần so với thể tích của khối trụ ban đầu? A. 18 lần. B. 36 lần. C. 12 lần. D. 6 lần. Câu 27: Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2; 1 . Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên trục Oy là. A. 1;0; 1 . B.  0;0; 1 . C.  0; 2;0  . D. 1;0;0  . Câu 28: Đồ thị hàm số y  ln x đi qua điểm A. B  0;1 . B. C  2;e2  . C. D  2e; 2  . D. A 1;0  . Câu 29: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên trên  5;7  như sau x 5 1 7 y  0  y 6 9 2 Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Min f  x   2 B. Max f  x   6 . C. Min f  x   6 . D. Max f  x   9 .  5;7   5;7   5;7   5;7  Câu 30: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b . Công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , trục hoành, đường thẳng x  a và đường thẳng x  b là caodangyhanoi.edu.vn
b b b b A. S   f  x dx . B. S    f 2  x dx . C. S   f  x  dx . D. S    f  x  dx . a a a a Câu 31: Cường độ ánh sáng đi qua môi trường nước biển giảm dần theo công thức I  I o .e  x , với I o là cường độ ánh sáng bắt đầu đi vào môi trường nước biển và x là độ dày của môi trường đó ( x tính theo đơn vị mét). Biết rằng môi trường nước biển có hằng số hấp thụ là   1, 4 . Hỏi ở độ sâu 30 mét thì cường độ ánh sáng giảm đi bao nhiêu lần so với cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu đi vào nước biển? A. e 21 lần. B. e 42 lần. C. e 21 lần. D. e 42 lần. Câu 32: Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 3a . Điểm H thuộc cạnh AC với HC  a . Dựng đoạn thẳng SH vuông góc với mặt phẳng  ABC  với SH  2a . Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  là: 21 7 3 21 A. 3a . B. a. C. a. D. a. 7 3 7 Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm hai điểm A 1;2;1 , B  2; 1;3 và điểm M  a; b;0  sao cho MA2  MB 2 nhỏ nhất. Giá trị của a  b bằng A. 2 . B. 2. C. 3. D. 1. Câu 34: Tập tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  ln  x 2  1  mx  1 đồng biến trên là A.  1;1 . B.   ; 1 . C.   ; 1 . D.  1;1 . Câu 35: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau: x  1 3  y  0  0  2  y 4 5 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình f   x  1  1  m có nghiệm? A. m  5 . B. m  2 . C. m  4 . D. m  1 . 4 3 3 Câu 36: Cho khối cầu  S  có bán kính R . Một khối trụ có thể tích bằng R và nội tiếp khối cầu 9  S  . Chiều cao khối trụ bằng: 2 3 2 3 A. R. B. R. C. R. D. R 2 . 3 2 3 caodangyhanoi.edu.vn
Câu 37: Cho M  C2019 0  C2019 1  C2019 2  ...  C2019 2019 . Viết M dưới dạng một số trong hệ thập phân thì số này có bao nhiêu chữ số? A. 610 . B. 608 . C. 607 . D. 609 . Câu 38: Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  : 2 x  y  z  2  0 và  Q  : 2 x  y  z  1  0 . Số mặt cầu đi qua A 1; 2;1 và tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  ,  Q  là A. 1. B. 2. C. 0 . D. vô số. Câu 39: Cho lăng trụ ABCABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , đường cao BH . Biết AH   ABC  và AB  1, AC  2, AA  2 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 21 7 3 7 21 A. . B. . C. . D. . 4 4 4 12 Câu 40: Cho hình nón tròn xoay có chiều cao bằng 4 và bán kính đáy bằng 3. Mặt phẳng  P  đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác cân có độ dài cạnh đáy bằng 2. Diện tích của thiết diện bằng: A. 2 3 . B. 6. C. 19 . D. 2 6 . Câu 41: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên có đồ thị như hình vẽ. Hỏi hàm số y  f  f  x   2  có bao nhiêu điểm cực trị ? A. 12 . B. 11. C. 9 . D. 10 . Câu 42: Cho hàm số bậc ba y  f  x  , hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g  x   f   x  x 2  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? caodangyhanoi.edu.vn
 1  A.   ;0  . B.  1;0  . C.  2;  1 . D. 1; 2  .  2  Câu 43: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình f  x  m   m có 4 nghiệm phân biệt là A. 0 . B. Vô số. C. 2 . D. 1 . Câu 44: Cho phương trình 2 x  m.2 x.cos  x   4 , với m là tham số thực. Gọi m0 là giá trị của m sao cho phương trình trên có đúng một nghiệm thực. Khẳng định nào sau đây đúng? A. m0  5 . B. m0  0 . C. m0   5; 1 . D. m0   1;0  . Câu 45: Trong không gian, 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, C trên các cạnh AC , AB . Toạ độ hình chiếu của A trên BC là 8  7  5  A.  ;0;0  . B.  ;0;0  . C.  2;0;0  . D.  ;0;0  . 3  3  3  Câu 46: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên có đồ thị y  f   x  như hình vẽ. Đặt g  x   2 f  x    x  1 . Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số y  g  x  trên đoạn  3;3 bằng 2 A. g  0  . B. g 1 . C. g  3 . D. g  3 . Câu 47: Cho hình nón có chiều cao 2R và bán kính đường tròn đáy R . Xét hình trụ nội tiếp hình nón sao cho thể tích khối trụ lớn nhất, khi đó bán kính đáy của khối trụ bằng? caodangyhanoi.edu.vn
2R R R 3R A. . B. . C. . D. . 3 3 2 4 Câu 48: Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông tại C , CH vuông góc AB tại H , I là trung điểm của đoạn thẳng HC . Biết SI vuông góc với mặt phẳng đáy, ASB  90 . Gọi O là trung điểm của AB , O ' là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABI . Góc tạo bởi OO ' và  ABC  bằng A. 45 . B. 90 . C. 30 . D. 60 . Câu 49: Trong không gian, cho hai điểm A , B cố định và độ dài AB bằng 4. Biết rằng tập hợp các điểm M sao cho MA  3.MB là một mặt cầu. Bán kính của mặt cầu bằng 3 9 A. 3 . B. . C. . D. 1 . 2 2 Câu 50: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  0;    , f  x   0 với mọi x   0;    và thỏa mãn 1 a f 1   . f   x    2 x  1 f 2  x  ,  x   0;    . Biết f 1  f  2   ...  f  2019    1 với 2 b a  , b  ,  a, b   1 .Khẳng định nào sau đây sai? A. a  b  2019 . B. a.b  2019 . C. 2a  b  2022 . D. b  2020 . ----------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. caodangyhanoi.edu.vn
ĐÁP ÁN 1-D 2-C 3-C 4-A 5-B 6-C 7-B 8-B 9-D 10-A 11-D 12-B 13-D 14-C 15-C 16-A 17-B 18-D 19-A 20-A 21-B 22-B 23-D 24-A 25-B 26-A 27-C 28-D 29-A 30-C 31-B 32-D 33-B 34-C 35-C 36-A 37-B 38-C 39-A 40-D 41-B 42-D 43-D 44-C 45-D 46-D 47-A 48-C 49-B 50-A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: D Ta có:  e x dx  e x  C Câu 2 : C  x2  x2 4 3 81 3 3 Ta có           x2  4  x2  4  0  x  . 4 256 4 4 Câu 3: C A C H B Đáy hình nón nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH là hình tròn tâm H , bán kính  a  a 2 2 a r  HB  nên có diện tích là S   r 2      . 2 2 4 Câu 4: A Ta có:  S  :  x  1   y  2    z  3  9 , suy ra  S  có tâm I  1; 2;3 và bán kính R  3 . 2 2 2 Gọi mặt phẳng cần tìm là  Q  .  Q  //  P   phương trình  Q  có dạng: 2 x  y  2 z  c  0  c  11 . 2.  1  2  2.3  c c  7 Q  tiếp xúc với  S   d  I ,  Q    R  3  22  12  22 c  11 l  caodangyhanoi.edu.vn
Vậy  Q  : 2 x  y  2 z  7  0. Câu 5: B 1 1 x 1 x 1. Ta có lim  lim x  4 x  1 x  1 4 4 x 1 Suy ra đường thẳng y  là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho. 4 Câu 6: C Đặt t  x 2  1  dt  2 xdx . Đổi cận : x  1  t  2 x  2  t  5. 2 5 1 Suy ra I   f ( x 2  1)xdx  2 2 f (t )dt . 1 5 Theo giả thiết I  2 nên ta có  f (t )dt  4 . 2 Vì tích phân không phụ thuộc vào biến nên chọn C. Câu 7: B Gọi  C  là đồ thị của hàm số y  f ( x) . Từ bảng biến thiên ta có: lim f  x   0  y  0 là tiệm cận ngang của  C  . x lim f  x     x  2 là tiệm cận đứng của  C  . x2 lim f  x     x  0 là tiệm cận đứng của  C  . x0 Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của  C  là 3 . Câu 8: B Hàm số mũ y  a x  a  0, a  1 có tập xác định là . Câu 9: D  x2  5  1 x   6 Ta có phương trình: ln x 2  5  0  x 2  5  1   2  .  x  5   1  x  2 Vậy phương trình có 2 nghiệm dương. Câu 10: A Nhìn bảng xét dấu của đạo hàm ta thấy y  0, x   2;0  . caodangyhanoi.edu.vn
Suy ra hàm số y  f ( x) đồng biến trên khoảng  2;0  . Câu 11: D 2 2 2 Ta có (S ): x 2 + y 2 + z 2 + 2 x - 4 y - 2 z - 3 = 0 Û (x + 1) + ( y - 2) + (z - 1) = 9 . Do đó mặt cầu  S  có tâm I  1; 2;1 . Câu 12: B Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng ta có: | 2.1  2.(2)  1.0  1| 5 d ( M ;( P))   . 22  (2) 2  12 3 Câu 13: D log 2 108 log 2 4 + log 2 27 2 + 3log 2 3 2 + 3a Ta có: log 72 108 = = = = log 2 72 log 2 8 + log 2 9 3 + 2log 2 3 3 + 2a 2 + 3a Vậy log 72 108 = . 3 + 2a Câu 14: C Đồ thị hàm số đi qua điểm  1;3 nên loại đáp án A, B, D. Vậy chọn C. Nhận xét: Có thể nhận xét theo nhiều hướng. Đồ thị đề cho là đồ thị hàm số bậc ba y  ax3  bx 2  cx  d  a  0  nên loại đáp án A. Quan sát đồ thị ta thấy a  0 nên loại đáp án B. Đồ thị hàm số đi qua điểm  1;3 (hoặc hàm số có 2 điểm cực trị x  1 ) nên loại đáp án D. Vậy đó là đồ thị của hàm số y  x3  3x  1 . Câu 15: C 1 Áp dụng công thức tính thể tích của khối chóp ta có V  S .h với S là diện tích đáy và h là chiều cao 3 tương ứng. Câu 16: A am Ta có: n  a mn a Câu 17: B 20  k k  x 4 3 k  20 20  2 k Ta có số hạng thứ k  1 của khai triển là: Tk 1  C   k 20    C20 2 k x . 2  x Số hạng không chứa x có số mũ bằng 0 nên ta có 20  2k  0  k  10 . caodangyhanoi.edu.vn
Do đó số hạng không chứa x của khai triển là T11  C20 10 10 2 . Câu 18: D Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ giây thứ 3 đến giây thứ 10 là 10  3 10 S   (3t 2  4)dt  t 3  4t  1001 m. 3 Câu 19 : A 1     1 Ta có  ae x  b dx  ae x  bx  ae  b  a. 0 0 1   ae  b  dx  e  2. x Ta lại có 0  a 1 a  1 Suy ra:   . Vậy a  b  4. b  a  2 b  3 Câu 20: A a2 3 Tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên có diện tích: SABC  . 4 Vì SA   ABC  nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng  ABC  . Do đó góc giữa SC và mặt phẳng  ABC  là góc SCA . Trong tam giác vuông SAC ta có SA  AC.tan SCA  a.tan 60  a 3 . 1 1 a 2 3 a3 Thể tích khối chóp S. ABC là: VS . ABC  . SA. S ABC  . a 3.  . 3 3 4 4 Câu 21: B TXĐ: D  \ 1 2x 1 Hoành độ hai điểm A , B là nghiệm của phương trình: x  2  1 . Điều kiện x  1 . x 1 caodangyhanoi.edu.vn
Ta có 1   x  2  x  1  2 x  1  x 2  5 x  1  0  2  . Nhận thấy phương trình  2  có 2 nghiệm phân biệt khác 1. Theo định lý Vi-ét ta có: xA  xB  5 . Vậy chọn B. Câu 22: B Câu 23: D Ta có AB   1;1; 2  . Câu 24. : A u2  u1.q  2.q Gọi q là công bội của cấp số nhân  un  . Ta có:  u3  u1.q  2.q 2 2 Do đó: T  20u1  10u2  u3  2q 2  20q  40  2  q  5   10  10, q 2 Suy ra minT  10 , đạt được khi q  5 . Khi đó số hạng thứ bảy là u7  u1.q6  31250 . Câu 25: B Từ bảng biến thiên ta có M  0; 2  là điểm cực đại của đồ thị hàm số nên mệnh đề ở đáp án B là mệnh đề sai. Câu 26 : A Gọi R và h là đường cao và bán kính đáy của khối trụ. Thể tích ban đầu của khối trụ là V   R 2 h . Khi tăng chiều cao của khối trụ lên gấp 2 lần và tăng bán kính đáy của nó lên gấp 3 lần thì thể tích của khối trụ mới là: V1    3R   2h   18 R 2 h  18V . 2 Câu 27: C Hình chiếu vuông góc của điểm A trên trục Oy là H  0; 2;0  . Câu 28: D Thay tọa độ các điểm vào biểu thức hàm số y  ln x ta thấy tọa độ điểm A 1;0  thỏa mãn. Câu 29: A Từ bảng biến thiên ta có Min f  x   2  5;7  Câu 30: C Câu 31: B Cường độ ánh sáng lúc bắt đầu đi vào nước biển là: I o . caodangyhanoi.edu.vn
Ở độ sâu x  30 mét với hằng số hấp thụ là   1, 4 , cường độ ánh sáng đi vào nước biển là: I0 I  I 0 .e   .x  I 0 .e 30.1,4  I 0 .e 42  e42 Vậy ở độ sâu 30 mét thì cường độ ánh sáng giảm đi e 42 lần so với cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu đi vào nước biển. Câu 32: D HK HA 2 2 2 3 3 Hạ CI  AB; HK  AB . Ta có    HK  CI  . a  3a . CI AC 3 3 3 2  AB  HK   AB   SHK  .  AB  SH Cách 1: Ta có: VS . ABC  d  C;  SAB   .SSAB  d  C;  SAB    S . ABC 1 3.V * 3 SSAB 1 1 3 3 3 3 VS . ABC  SH .SABC  .2a.  3a   2 a . 3 3 4 2 AB   SHK   AB  SK . SK  SH 2  HK 2  4a 2  3a 2  a 7 . 1 1 3 7 2 SABC  SK .BC  .a 7.3a  a . 2 2 2 9 3 3 a Thế vào * ta được d  C ;  SAB    2 3 21  a. 3 7 2 7 a 2 Cách 2: caodangyhanoi.edu.vn
Dựng HM  SK ; ta có AB   SHK   AB  HM .  HM  SK Ta có   HM   SBC   d  H ;  SAB    HM .  HM  AB 1 1 1 1 1 7 2 21 Trong tam giác vuông SHK : 2  2  2  2 2  2  HM  a. HM SH HK 4a 3a 12a 7 d  C;  SAB     d  C ;  SAB    . CA 3 3 2 21 3 21  a a. d  H ;  SAB   HA 2 2 7 7 Câu 33: B Ta có : MA  1  a; 2  b;1  MA2  1  a    2  b   1  a 2  b 2  2a  4b  6 . 2 2 MB   2  a; 1  b;3  MB 2   2  a    1  b   9  a 2  b 2  4a  2b  14 . 2 2  2 3  1  2 MA2  MB 2  2a 2  2b2  6a  2b  20  2  a     b     15  15, a, b .  2  2   Suy ra min  MA2  MB 2   15 , đạt được khi a  ; b  . Vậy a  b  2 . 3 1 2 2 Câu 34: C Tập xác định : D  . 2x Ta có: y  m. x 1 2 Hàm số y  ln  x 2  1  mx  1 đồng biến trên  y  0, x  (Dấu "  " xảy ra tại hữu hạn điểm 2x 2x x )   m  0, x   m  2 , x  . x 1 2 x 1 2x Xét hàm số f  x   ,x . x 1 2 2  2x2 Ta có: f   x   ; f   x   0  x  1 x  1 2 2 Bảng biến thiên: 2x Dựa vào bảng biến thiên ta có: m  , x   m  1 . x 1 2 caodangyhanoi.edu.vn
Câu 35: C Xét bất phương trình f   x  1  1  m 1 . Đặt t  x  1  1 , t  1 . Bất phương trình 1 trở thành f  t   m . Bất phương trình 1 có nghiệm  bất phương trình f  t   m có nghiệm thuộc 1;   m  min f  t   m  4 . 1;  Câu 36: A A OO ' h Giả sử OO '  h . Suy ra IO '   , (vì khối trụ nội tiếp khối cầu). 2 2 2 h Xét AIO ' vuông tại O ' , ta có: O ' A  AI  O ' I  R    2 2 2 2 2  h  2 Suy ra diện tích đáy là S    R 2   .  4  4 3 3 4 3 3  h  2 4 3 3 Thể tích khối trụ bằng V  R  Sh  R    R 2   .h  R 9 9  4  9 2 16 3 3  2 3   4 3  2 3  h  4R h  3 2 R  0   h  R  .  h  R   0  h  R 9  3   3  3 2 3 Vậy chiều cao khối trụ bằng R. 3 Câu 37: B Ta có: M  C2019 0  C2019 1  C2019 2  ...  C2019 2019  22019 . Số chữ số của M khi viết M dưới dạng một số trong hệ thập phân là: log M   1  log 2 2019   1   2019.log 2  1  608 . Câu 38: C caodangyhanoi.edu.vn
Ta có  P  : 2 x  y  z  2  0 và  Q  : 2 x  y  z  1  0 . 2 1 1 2 Vì    nên  P  //  Q  . 2 1 1 1 3 Lấy điểm M  0;0; 2    P   d   P  ,  Q    d  M ,  Q    3  . 6 6 2.1   2   1  2 Lại có d  A,  P     d   P  ,  Q   và A   Q  . 3  6 6 Suy ra không có mặt cầu nào đi qua A và tiếp xúc với 2 mặt phẳng  P  ,  Q  . Câu 39: A B' C' A' B C H A AB 2 1 Ta có BC  AC 2  AB 2  3 ; AH . AC  AB 2  AH   AC 2 1 7 AH   ABC   A ' H  AH . Tam giác AAH có AH  AA2  AH 2  2   . 4 2 1 3 S ABC  AB.BC  . 2 2 7 3 21 VABC .ABC  AH .S ABC  .  . 2 2 4 Câu 40: D caodangyhanoi.edu.vn
Mặt phẳng  P  đi qua đỉnh S của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là tam giác cân SAB như hình vẽ. Ta có OA  OB  3 ; SO  4 và AB  2 . Gọi I là trung điểm của AB . Suy ra OI  AB . Ta có OI  OB 2  IB 2  2 2 . SOI vuông tại O  SI  SO 2  OI 2  2 6 . 1 1 S SAB  AB.SI  .2.2 6  2 6 (đvdt). 2 2 Câu 41: B Xét hàm số g  x   f  f  x   2  . Ta có g'  x   f '  f  x   2  . f '  x  .  f '  x   0 1 g'  x   0   .  f '  f  x   2   0  2   x  x1 1   x  2 , 1  x1  2  x2  3 .  x  x2  f  x   2  x1  f  x   x1  2    2   f  x   2  2   f  x   0 .    f  x   2  x2  f  x   x2  2 Do x1  2   1; 0 nên phương trình f  x   x1  2 có 4 nghiệm đơn phân biệt. Do x2  2   0; 1 nên phương trình f  x   x2  2 có 2 nghiệm đơn phân biệt. Phương trình f  x   0 có 3 nghiệm phân biệt trong đó có 2 nghiệm đơn phân biệt và nghiệm bội chẵn x  2. caodangyhanoi.edu.vn
Tổng cộng phương trình g'  x   0 có 11 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua các nghiệm này. Do đó y  f  f  x   2  có 11 điểm cực trị. Câu 42: D Xét hàm số g  x   f   x  x 2  . Ta có g   x    1  2 x  . f    x  x 2  . Cách 1:  1  1  x   2  x   2  1  2 x  0       x  x2  0    x  1   f    x  x   0  x  0 2  g x  0       x  x 2  1     x  0   .  1  2 x  0  1  x   1       1 1 2   f   x  x 2   0    x   2   x 2  0   x  x 2  1   1  x  0   1 Suy ra hàm số g  x  nghịch biến trên các khoảng  1;   và  0;    .  2 Vậy chọn D. Cách 2:  1  1 x   2  x    1  2 x  0   2 g x  0     x  x2  0      f    x  x   0 2 x 1 .  x  0  x  x  1 2    Nhận thấy g  1  3. f   2   0 và các nghiệm của phương trình g   x   0 là các nghiệm đơn nên ta có bảng xét dấu g   x  như sau: x 1  1  0  2 g x  0  0  0   1 Suy ra hàm số g  x  nghịch biến trên các khoảng  1;   và  0;    .  2 Câu 43: D Từ đồ thị của hàm y  f  x  , ta suy ra đồ thị của hàm số y  f  x  như sau: caodangyhanoi.edu.vn
Đồ thị của hàm số y  f  x  m  có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y  f  x  dọc theo trục Ox nên số nghiệm của phương trình f  x  m   m bằng số nghiệm của phương trình f  x   m . Do đó phương trình f  x   m có 4 nghiệm phân biệt  đồ thị của hàm số y  f  x  và đường thẳng  m  1 y  m cắt nhau tại 4 điểm phân biệt   3 , (dựa vào đồ thị). m   4 Vậy có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 44: C Ta có 2 x  m.2 x.cos  x   4  m.2 x.cos  x   4  22 x  m.cos  x   2 x  2 2 x. Nhận xét: ếu x0 là nghiệm phương trình thì 2  x0 cũng là nghiệm phương trình. Do đó điều kiện cần để phương trình có đúng một nghiệm là x0  2  x0  x0  1. Với x0  1 , ta có m  4 . Thử lại: Với m  4 ta có: 2 x  4.2 x.cos  x   4  4.cos  x   2 x  22 x 1  VT  4.cos   x   4, x Ta có  2 x x 2 x VP  2  2  2 2 .2  4, x x cos  x   1 Do đó 1   x 2 x  x  1. Chọn m  4 .  2 2 Nhận xét: Đối với trắc nghiệm thì sau khi tìm được điều kiện cần m  4 thì đã có thể chọn đáp án C mà không cần thử lại. Câu 45: D caodangyhanoi.edu.vn