Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - THPT Chuyên Bến Tre

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - THPT Chuyên Bến Tre giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập một cách thuận lợi.

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 - THPT Chuyên Bến Tre

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẾN TRE ĐỀ THI THỬ LẦN 1 NĂM HỌC 2018 - 2019 Bài thi môn: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề). Câu 1. Thể tích khối lập phương có cạnh 3a bằng A. 27a 3 . B. 2a 3 . C. a 3 . D. 9a 3 . Câu 2. Hàm số y  f  x  liên tục trên và có bảng biến thiên dưới đây Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hàm số có ba điểm cực trị. B. Hàm số đạt cực đại tại x  0 . C. Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 . D. Hàm số đạt cực đại tại x  2 . Câu 3. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;1;  1 và B  2;3; 4  . Véctơ AB có tọa độ là A. 1; 2;5  . B. 1; 2;3 C.  3;5;1 D.  3; 4;1 . Câu 4. Cho log14 2  a . Giá trị của log14 49 tính theo a là 1 2 A. . B. 2a . C. . D. 2(1  a) . 2(1  a) 1 a Câu 5. Hàm số y  x3  3x2 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A.  ; 2  . B.  0;   . C.  2; 0  . D.  0; 4  . Câu 6. Bất phương trình log x  3 có nghiệm là: 2 A. (;6) . B. (;8) . C. (0;8) . D. (8; ) . 1 1 1 Câu 7. Cho  f  x  dx  5 và  g  x  dx  3 khi đó  3 f  x   2 g  x  dx bằng 0 0 0 A. 9 . B. 12 . C. 9 . D. 2 . Câu 8. Thể tích khối cầu bán kính 2a bằng 32 a3 4 a 3 A. . B. 4 a 3 . C. . D. 2 a 3 . 3 3 Câu 9. Phương trình log  x 2  6 x  7   log  x  3 có tập nghiệm là A.  . B. 4; 8 . C. 5 . D. 2; 5 . Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2 x  3 y 6 z  6  0 . Vectơ nào dưới đây là vectơ pháp tuyến của  P  ? C. n  1; ;  . 1 1 A. n   6;3; 2  . B. n   2;3;6  . D. n   3; 2;1  2 3 Câu 11. Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   sin  2 x  1 . 1 A.  f  x  dx  cos  2 x  1  C . B.  f  x  dx   2 cos  2 x  1  C .
1 C.  f  x  dx  2 cos  2 x  1  C . D.  f  x  dx   cos  2 x  1  C .  x  1  2t  Câu 12. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  y  2  3t (t  ) . Đường z  5  t  thẳng d không đi qua điểm nào sau đây? A. M (1; 2;5) . B. N (2;3; 1) . C. P(3;5; 4) . D. Q(1; 1;6) Câu 13. Số các hoán vị của một tập hợp có 6 phần tử là: A. 46656 . B. 6 . C. 120 . D. 720 . Câu 14. Cho cấp số cộng  un  có u1  2 và công sai d  3. Tìm số hạng u10 . A. u10  2.39 . B. u10  25 C. u10  28 . D. u10  29 . Câu 15. Công thức tính thể tích khối trụ có bán kính đáy bằng R và chiều cao bằng h là: 1 V   R2h B. V   Rh C. V   Rh D. V   R h . 2 2 A. 3 Câu 16. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau. A. Hàm số y  a x  a  1 nghịch biến trên . x 1 B. Đồ thị các hàm số y  a và y    x  0  a  1 đối xứng với nhau qua trục tung. a C. Đồ thị hàm số y  a x  0  a  1 luôn đi qua điểm có tọa độ  a;1 . D. Hàm số y  a x  0  a  1 đồng biến trên . Câu 17. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f  x   x3  2 x 2  x  2 trên đoạn  0; 2 50 A. max y  2 . B. max y   . C. max y  1 . D. max y  0 . 0;2 0;2 27 0;2 0;2 Câu 18. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ. Hỏi hàm số có bao nhiêu điểm cực trị? . A. Có một điểm. B. Có hai điểm. C. Có ba điểm. D. Có bốn điểm. Câu 19. Tìm phần ảo của số phức z  3  4i A. 3 . B. z  4 . C. 4 . D. 3 . Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm tâm và bán kính của mặt cầu có phương trình là  x  1   y  4    z  3  18 2 2 2 A. I (1; 4;3), R  18 . B. I (1; 4;3), R  18 . C. I (1; 4; 3), R  18 . D. I (1; 4;3), R  18 . Câu 21. Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  2z  7  0 . Giá trị của z1  z2 bằng A. 2 7 . B. 7. C. 14. D. 10 .
Câu 22. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(1;1;3), B(1;3; 2), C (1; 2;3) . Khoảng cách từ gốc tọa độ đến mặt phẳng (ABC) bằng: 3 3 A. 3 B. 3 C. D. 2 2 x2  4 x 1 Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình    27 là  3 A.  ;1 B.  3;   . C. 1;3 D.  ;1   3;   . Câu 24. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y  x2  3, y  4x . Xác định mệnh đề đúng? 3 3 A. S   x  4x  3 dx . 2 B. S    x2  4x  3 dx . 1 1   3 3 C. S   x  3  4x dx . 2 D. S   x2  4x  3 dx . 1 1 Câu 25. Cho hình nón có chiều cao bằng 2a và bán kính đáy bằng a . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng 2 a 3 A. 5 a 2 . B. 2 5 a 2 . C. 3 a 2 . D. . 3 2x  3 Câu 26. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  là x 1 A. x  1 B. x  1 C. y  1 D. x  2 Câu 27. Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh bên bằng 2a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 2 3a 3 8a3 2 2a 3 A. . B. . C. 2 3a3 D. . 3 3 3 Câu 28. Hàm số y  log 5 4 x  x 2   có tập xác định là: A. B. (2; 6) C. (0; 4) D. (0; +) Câu 29. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Số nghiệm của phương trình f  x   3  0 là A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . Câu 30. Cho hình lập phương ABCD. ABCD . Góc giữa hai mặt phẳng  DAB và  DC ' B '  bằng A. 30 . B. 60 . C. 45 . D. 90 .
Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 2  5  2 x   2  x bằng A. 3. B. 1 C. 2. D. 0. Câu 32. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. Một thiết diện qua đỉnh tạo với đáy một góc 600. Diện tích của thiết diện này bằng a2 2 a2 2 2 a2 2 A. . B. . C. 2a . D. . 2 3 4 Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x)   x 3 ln xdx là 1 4 1 1 4 1 A. x .ln x  x 4 . B. x .ln x  x 4  C . 4 16 4 16 1 4 1 1 4 1 C. x .ln x  x 3 . D. x .ln x  x 4  C . 4 16 4 16 Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 . Tính khoảng cách giữa hai đường SB và AC theo a. A. a 10 B. a 3 C. a 21 D. a 5 7 5 x  2 y 1 z Câu 35. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và mặt phẳng 1 2 1 ( P) : x  y  z  3  0 . Gọi I là giao điểm của  và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MI Vuông góc với  và MI = 4 14 . A. M  5;9; 11 B. M  5;9; 11 , M  3;7; 13 . C. M  5;9; 11 , M  3; 7;13 . D. M  4;7; 11 , M  3; 7;13 . Câu 36. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho sin 3 x  cos3 x  m với mọi x  . A. m  1 . B. m  1 . C. m  1 . D. 1  m  1 . Câu 37. Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần thực âm và phần ảo dương của phương trình z 2  2 z  10  0 . Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức w  i 2019 z0 ? A. M  3;  1 . B. M  3; 1 . C. M  3; 1 . D. M  3;  1 . 1 Câu 38. Cho hàm số f  x  và F  x  liên tục trên thỏa F   x   f  x  , x  . Tính  f  x  dx biết 0 F  0   2 và F 1  5 . 1 1 1 1 A.  f  x  dx  3 B.  f  x  dx  7 C.  f  x  dx  1 . D.  f  x  dx  3 . 0 0 0 0 Câu 39. Cho hàm số f  x  xác định trên tập số thực và có đồ thị f   x  như hình sau
Đặt g  x   f  x   x , hàm số g  x  nghịch biến trên khoảng A. 1;   . B.  1; 2  . C.  2;    . D.  ; 1 . Câu 40. Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh có 105 em dự thi, có 10 em tham gia buổi gặp mặt trước kỳ thi. Biết các em đó có số thứ tự trong danh sách lập thành một cấp số cộng. Các em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, mỗi dãy có năm ghế và mỗi ghế chỉ ngồi được một học sinh. Tính xác suất để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng nhau. 1 1 1 1 A. B. C. D. 126 252 945 954 Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1; 4;5  , B  3; 4;0  , C  2; 1;0  và mặt phẳng  P  : 3x  3 y  2 z  12  0 . Gọi M  a; b; c  thuộc  P  sao cho MA2  MB 2  3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a  b  c . A. 3 . B. 2 C. - 2 . D. - 3 . z Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  3i  5 và là số thuần ảo. z4 A. 0 . B. Vô số. C. 1 . D. 2 . Câu 43. Cho hàm số y  f  x  xác định trên ¡ và có đồ thị như hình bên dưới. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình: f  4  2sin 2 2 x   m có nghiệm. A. 2 . B. 4 . C. 3 . D. 5 . Câu 44. Sinh viên B được gia đình gửi tiết kiệm số tiền 300 triệu đồng vào ngân hàng theo mức kì hạn 1 tháng với lãi suất tiết kiệm là 0, 4% / tháng. Mỗi tháng, vào ngày ngân hàng tính lãi, sinh viên B rút ra một số tiền như nhau để trang trải chi phí cho cuộc sống. Hỏi hàng tháng sinh viên này rút số tiền xấp sỉ bao nhiêu để sau 5 năm học đại học, số tiền tiết kiệm vừa hết? A. 5.633.922 đồng. B. 5.363.922 đồng. C. 5.633.923 đồng. D. 5.336.932 đồng.
æ1 3 ÷ ö ç Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho điểm M çç ; ; 0÷ ÷ và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  8 . Đường thẳng ççè2 2 ÷ ÷ ø d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu (S ) tại hai điểm phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OA B . A. S = 7. B. S = 4 . C. S = 2 7 . D. S = 2 2 . Câu 46: Một cái ao hình ABCDE (như hình vẽ), ở giữa ao có một mảnh vườn hình tròn có bánkính 10 m. Người ta muốn bắc một câu cầu từ bờ AB của ao đến vườn. Tính gần đúng độ dài tối thiếu l của cây cầu biết : - Hai bờ AE và BC nằm trên hai đường thẳng vuông góc với nhau, hai đường thẳng này cắt nhau tại điểm O ; - Bờ AB là một phần của một parabol có đỉnh là điểm A và có trục đối xứng là đường thẳng OA ; - Độ dài đoạn OA và OB lần lượt là 40 m và 20 m; - Tâm I của mảnh vườn lần lượt cách đường thẳng AE và BC lần lượt 40 m và 30 m. A. l  17, 7 m. B. l  25, 7 m. C. l  27, 7 m. D. l  15, 7 m. Câu 47: Cho hình lập phương ABCD. ABCD cạnh 2a , gọi M là trung điểm của BB và P thuộc 1 cạnh DD sao cho DP  DD . Mặt phẳng  AMP  cắt CC tại N . Thể tích khối đa diện 4 AMNPBCD bằng A D C P B M A D B C 9a 3 11a3 A. V  2a 3 . B. V  3a3 . C. V  . D. V  . 4 3 Câu 48: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm cấp hai trên . Biết f   0   3 , f   2   2019 và bẳng xét dấu của f   x  như sau: x  0 2  f ''  x   0  0 
Hàm số y  f  x  2018  2019 x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 thuộc khoảng nào sau đây? A.  ;  2018 . B.  2018;   . C.  0; 2  . D.  2018;0  . Câu 49. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x  1  x  2m x 1  x   2 4 x 1  x   m3 có nghiệm duy nhất. Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng A. 0 . B. 1 C. 6 D. 10 . Câu 50: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên \ 0;  1 thỏa mãn điều kiện f 1  2ln 2 và x  x  1 . f   x   f  x   x 2  3x  2 . Giá trị f  2   a  b ln 3 , với a, b  . Tính a 2  b 2 . 25 9 5 13 A. . B. . . C. D. . 4 2 2 4 ----------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN 1-A 2-C 3-A 4-D 5-C 6-C 7-C 8-A 9-C 10-B 11-B 12-B 13-D 14-B 15-D 16- 17-D 18-B 19-B 20-D 21-A 22-B 23-D 24-D 25-A 26-B 27-A 28-C 29-B 30-B 31-C 32-B 33-B 34-A 35-C 36-A 37-B 38-D 39-B 40-C 41-A 42-C 43-D 44-C 45-A 46-A 47-B 48-A 49-B 50-B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. A Câu 2. C Câu 3. A Ta có AB  1; 2;5  . Câu 4. D 14 log14 49  2 log14 7  2 log14  2(1  a) . 2 Câu 5. C Tập xác định: D  R.  x  2 y '  3x 2  6 x , y '  0  3x 2  6 x  0   . x  0 Bảng biến thiên: x  2 0  y  0  0  y 4   0
Câu 6. C Điều kiện: x0 log x  3  x  8 2 Kết hợp điều kiện chọn C Câu 7. C 1 1 1  f  x  dx  5  3 f  x  dx  15   3 f  x  dx  15 0 0 0 1 1 1 Ta có  g  x  dx  3  2 g  x  dx  6   2 g  x  dx  6 0 0 0 1 Xét  3 f  x   2 g  x   dx  15  6  9 . 0 Câu 8. A 4 (2a)3 32 a3 V  3 3 Câu 9. C ĐK: x  3  2 log  x 2  6 x  7   log  x  3 x  3  0  2 x  6x  7  x  3 x  3    x  5  x  5  x  2  Câu 10. B Câu 11. B 1 1 Ta có:  sin  2 x  1 dx   sin  2 x  1 d  2 x  1   cos  2 x  1  C 2 2 Câu 12. B Thay tọa độ điểm N(2;3;-1) vào phương trình đờng thẳng d ta được:  1 t  2 2  1  2t    1 3  2  3t  t  1  5  t  3  t  6 (vô lí)   Vậy điểm N(2;3;-1) không thuộc đường thẳng d Câu 13. D Câu 14. B u10  u1  9d  2  9.3  25 . Câu 15. D
Câu 16. Câu 17. D Ta có: f   x   3x 2  4 x  1 , f   x   0  x  1 hoặc x  . 1 3   1 50 Ta có: f  0   2 , f 1  2 , f  2   0 , f     nên max y  0 .  3 27 0;2 Câu 18. B Tại x  1 , x  1 hàm số y  f  x  xác định và f   x  có sự đổi dấu nên là hai điểm cực trị Tại x  0 hàm số y  f  x  không xác định nên không đạt cực trị tại đó. Câu 19. B Câu 20. D Câu 21. A  z1  1  6i Ta có : z 2  3 z  5  0   . Suy ra z1  z2  7  z1  z2  2 7 .  z2  1  6i Câu 22. B Mp(ABC) đi qua A(1;1;3), nhận vectơ n   AB, AC  (1;2;2) làm vectơ pháp tuyến có phương trình:   (ABC): x  2y  2z  9  0 0  2.0  2.0  9 d  O,  ABC     3. 12  22  22 Câu 23. D x2  4 x 3 1 1 Bất phương trình tương đương với       x 2  4 x  3  3  3  x2  4 x  3  0  x  1  x  3 . Câu 24. D x  1 Phương trình hoành độ giao điểm: x2  3  4x   x  3 3 Diện tích hình phẳng là S   x2  4x  3 dx 1 Câu 25. A  h  2a Ta có độ dài đường sinh của khối nón bằng l  h 2  r 2 với  . Suy ra l  a 5 . r  a Vậy diện tích xung quanh của khối nón là S   rl   .a.a 5   a 2 5 . Câu 26. B Vì lim f ( x)  ; lim f ( x)    đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x 1 x 1 Câu 27. A
S A D O B C  SO   ABCD  Gọi khối chóp tứ giác đều là S. ABCD , tâm O , khi đó  .  SA  2a, SAO  60 0 Ta có: SO sin 600   SO  SA.sin 600  a 3 SA OA cos 600   OA  SA.cos 600  a  AB  a 2 SA 1 1 2 3 3 Vậy VSABCD  SO.S ABCD  a 3.2a 2  a . 3 3 3 Câu 28. C  Hàm số y  log 5 4 x  x 2  xác định khi: 4x  x2  0  0  x  4 . Câu 29. B Ta có f  x   3  0  f  x   3 . Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  3 . Dựa vào bảng biến thiên ta thấy yCT  4  3  0  y CĐ . Vậy phương trình f  x   3  0 có 3 nghiệm phân biệt. Câu 30. B Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A  O, AB  Ox, AD  Oy , AA '  Oz . Khi đó: D  0;1;0  , A '  0;0;1 , B ' 1;0;1 , C ' 1;1;1 . Vectơ pháp tuyến của  DAB là n1   DA ', DB '   0;1;1 Vectơ pháp tuyến của  DC ' B '  là n1   DC ', DB '  1;0; 1 . Gọi góc giữa hai mặt phẳng  DAB và  DC ' B '  là  . Ta có n1.n2 1 cos =     600 n1 n2 2 Do đó: góc giữa hai mặt phẳng  DAB và  DC ' B '  bằng 60 . Câu 31. C Điều kiện xác định của phương trình là 5  2 x  0 .
log 2  5  2 x   2  x  5  2 x  22 x  5  2 x  4 x  2 2 x  5.2 x  4  0. 2 2 x  1 x  0  x  (thỏa điều kiện). 2  4  x  2 Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình đã cho bằng 2. Câu 32. B 1 Diện tích thiết diện là SSCD  SH .CD . 2 a 2 Ta có AB  a 2  R   SO . 2 SO a 2 SH  0  sin 60 3 a2 2 3 CD  2CH  2 R 2  OH 2  2  ( SO. tan 300 ) 2  a 2 3 1 a 2 2 3 2a 2 Vậy diện tích thiết diện là SSCD  . . a . 2 3 3 3 Câu 33. B  1  du  dx u  ln x  x Đặt   dv  x dx v  x 3 4  4 1 4 1 1 1 x ln xdx  x .ln x   x 3dx  x 4 .ln x  x 4  C 3 Suy ra 4 4 4 16 Câu 34. A Kẻ đường thẳng d qua B và song song với AC. Gọi M là hình chiếu vuông góc của A trên d ; H là hình chiếu vuông góc của A trên SM. Ta có SA  BM, MA  BM  AH  BM  AH  ( SBM ). Suy ra d  AC , SB   d  A,  SBM    AH . Tam giác SAM vuông tại A , AH là đường cao, suy sa: 1 1 1 5 a 10 2  2  2  2  AH  AH AM AS 2a 5 a 10 Vậy d  AC , SB   . 5 Câu 35. C  x  2 y 1 z    Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:  1 2 1  I (1;1;1) .  x  y  z  3  0 Gọi M  a; b; c , ta có:
a  b  c  3  0  M  ( P), MI  , MI  4 14  a  2b  c  2  0 (a  1)2  (b  1)2  (c  1)2  224  Giải hệ ta được M  5;9; 11 , M  3; 7;13 . Câu 36. A Đặt f  x   sin 3 x  cos3 x sin 3 x  cos3 x  m với mọi x   max f  x   m sin 3 x  sin 2 x Ta có:  3 , x cos x  cos x 2  f  x   1, x Suy ra   max f  x   1  f  0   1 Vậy m  1 . Câu 37. B  z  1  3i Ta có: z 2  2 z  10  0   . Suy ra z0  1  3i .  z  1  3i w  i 2019 z0  i.  1  3i   3  i . Suy ra : Điểm M  3;1 biểu diễn số phức w . Câu 38. D 1 Ta có:  f  x  dx  F 1  F  0   3 . 0 Câu 39. B Ta có g   x   f   x   1 . Dựa vào đồ thị đã cho ta thấy x   1; 2  thì f   x   1  g   x   0 và g   x   0  x  1 nên hàm số y  g  x  nghịch biến trên  1; 2  . Câu 40. C Mỗi cách xếp 10 học sinh vào 10 chiếc ghế là một hoán vị của 10 phần tử, vì vậy số phần tử của không gian mẫu là: W = 10! = 3628800 . Gọi A là biến cố: “Tổng số thứ tự của các học sinh ngồi đối diện nhau là bằng nhau”. Giả sử số vị trí của 10 học sinh trên là u 1, u 2 ,...., u 10 . Theo tính chất của cấp số cộng, ta có các cặp số có tổng sau đây: u1 + u10 = u 2 + u 9 = u 3 + u 8 = u 4 + u 7 = u 5 + u 6 10 cách 8 cách 6 cách 4 cách 2 cách 1 cách 1 cách 1 cách 1 cách 1 cách Theo cách này có A = 10.8.6.4.2 = 3840 3840 1 Do đó xác suất của biến cố A là: P (A ) = = . 3628800 945 Câu 41. A uur uur uur r ( ) Gọi I x ; y ; z là điểm thỏa mãn IA + IB + 3IC = 0 .
uur uur ( ) ( Ta có: IA = 1 - x ; 4 - y ;5 - z , IB = 3 - x ; 4 - y ; - z ) uur ( và 3IC = 6 - 3x ; - 3 - 3y ; - 3z . ) ìï 1 - x + 3 - x + 6 - 3x = 0 ìï x = 2 ïï ïï Từ ta có hệ phương trình: ïí 4 - y + 4 - y - 3 - 3y = 0 Û ïí y = 1 Þ I 2;1;1 . ( ) ïï ïï ïï 5 - z - z - 3z = 0 ïï z = 1 î î uuur 2 uuur uur 2 uuur uur ( Khi đó: MA 2 = MA = MI + IA = ) MI 2 + 2MI . IA + IA 2 . uuur 2 uuur uur 2 uuur uur MB 2 = MB = MI + IB ( ) = MI 2 + 2MI . IB + IB 2 . uuur 2 uuur uur 2 uuur uur 3MC 2 = 3MC = 3 MI + IC ( ) ( = 3 MI 2 + 2MI . IC + IC 2 . ) Do đó: S = MA 2 + MB 2 + 3MC 2 = 5MI 2 + IA 2 + IB 2 + 3IC 2 . Do IA 2 + IB 2 + 3IC 2 không đổi nên S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất. Tức là M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P ) : 3x - 3y - 2z - 12 = 0 . r Vectơ chỉ phương của IM là n = 3; - 3; - 2 .( ) ìï x = 2 + 3t ïï Phương trình tham số của IM là: ïí y = 1 - 3t , (t Î ¡ ). ïï ïï z = 1 - 2t î ( ) Gọi M 2 + 3t ;1 - 3t ;1 - 2t Î (P ) là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P ) . 1 Khi đó: 3 (2 + 3t ) - 3 (1 - 3t ) - 2 (1 - 2t ) - 12 = 0 Û 22t - 11 = 0 Û t = . 2 æ7 1 ö 7 1 Suy ra: M çç ; - ; 0÷ ÷ ÷. Vậy a + b + c = - = 3. çè2 2 ø÷ 2 2 Câu 42. C + Điều kiện z ¹ 4 . Đặt z = x + yi,(x , y Î R) . Cách 1: + Ta có z - 3i = 5 Û x 2 + (y - 3)2 = 5 Û x 2 + y 2 - 6y = 16 (1). z x + yi (x + yi ). éêë(x - 4) - yi ùúû x 2 - 4x + y 2 4yi = = 2 = 2 - 2 z - 4 x - 4 + yi (x - 4) + y 2 (x - 4) + y 2 (x - 4) + y2 ìï x 2 - 4x + y 2 = 0 (2) z x 2 - 4x + y 2 ïï + là số thuần ảo Û = 0Û í . z- 4 2 ïï (x - 4)2 + y 2 ¹ 0 (x - 4) + y 2 ïî
éìï x = 4 êï êíï y = 0 ìï x 2 + y 2 - 6y = 16 êïî ï ê Từ (1), (2) ta có hệ: í 2 Û êìïï 16 ïï x + y - 4x = 0 2 êïï x = ïî êí 13 êï - 24 êïï y = êëïïî 13 16 24 Þ z= - i . Vậy chỉ có 1 số phức z thỏa mãn. 13 13 Nhận xét: Học sinh thường mắc sai lầm là thiếu điều kiện z ¹ 4 dẫn đến không loại được nghiệm. z z 4bi Cách 2: Vì là số thuần ảo Þ = bi,(b Î R ) Þ z = . z- 4 z- 4 - 1 + bi 4bi 4bi - 3i. (- 1 + bi ) 3b + (3 + 4b)i z - 3i = 5 Û - 3i = 5 Û = 5Û = 5 - 1 + bi - 1 + bi - 1 + bi 2 2 ( Û 9b2 + (3 + 4b) = 25 × 1 + b2 Û b = ) 3 .Vậy chỉ có 1 số phức z thỏa mãn. Câu 43. D Đặt t = 4 - 2 sin 2 2x Þ t Î éêë2; 4ù û. ú ( ) Do đó phương trình f 4 - 2 sin 2 2x = m có nghiệm Û phương trình f (t ) = m có nghiệm trên đoạn é2; 4 ù. êë úû Dựa vào đồ thị đã cho ta thấy: phương trình f (t ) = m có nghiệm t với t Î éêë2; 4ùúûÛ 1 £ m £ 5 . Vậy { m Î 1;2; 3; 4;5 .} Câu 44. C Chúng ta cùng làm rõ bài toán gốc sau đây: Bài toán: Ông A vay ngân hàng số tiền S (triệu đồng) với lãi suất r % / tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng n năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng là bao nhiêu? Lời giải Gọi x là số tiền ông A hoàn nợ mỗi tháng, sau đúng một tháng kể từ ngày vay. Số tiền ông A nợ ngân hàng sau một tháng là: S + S .r = S (1 + r ) (triệu đồng). Sau khi hoàn nợ lần thứ 1 thì số tiền ông A còn nợ là: S (1 + r ) - x (triệu đồng). Sau khi hoàn nợ lần thứ 2 thì số tiền ông A còn nợ là: S (1 + r ) - x + éêS (1 + r ) - x ù - x éê(1 + r ) + 1ù 2 ë ú û r - x = S (1 + r ) ë ú û (triệu đồng). Sau khi hoàn nợ lần thứ 3 thì số tiền ông A còn nợ là: S (1 + r ) - x éê(1 + r ) + 1ù 2 ë ú û { + S (1 + r ) - x éê(1 + r ) + 1ù 2 ë } ú û r- x 3 é 2 ù = S (1 + r ) - x ê(1 + r ) + (1 + r ) + 1ú (triệu đồng). êë ú û … Lý luận tương tự, sau khi hoàn nợ lần thứ n thì số tiền ông A còn nợ ngân hàng là:
n é n- 1 n- 2 ù S (1 + r ) - x ê(1 + r ) + (1 + r ) + ... + 1ú êë ú û n n(1 + r ) - 1 n xé n ù = S (1 + r ) - x = S (1 + r ) - ê(1 + r ) - 1ú (1 + r ) - 1 r êë ú û Vì sau n tháng ông A trả hết nợ, cho nên: n n xé n ù S .r (1 + r ) S (1 + r ) - ê(1 + r ) - 1ú= 0 Û x = . r êë ú û ( ) 1 + r n - 1 n S .r (1 + r ) Vậy số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng là x = n . (1 + r ) - 1 Chọn C Áp dụng công thức đã thiết lập, với S = 3.108 ; r = 0, 004 ; n = 60 . Khi đó, số tiền hàng tháng mà sinh viên B rút ra là: n S .r (1 + r ) x= n » 5.633.923 đồng. (1 + r ) - 1 Câu 45. A Mặt cầu (S ) có tâm O (0; 0; 0) và bán kính R = 2 2 . Vì OM = 1 < R nên M thuộc miền trong của mặt cầu (S ). Gọi A , B là giao điểm của đường thẳng với mặt cầu. Gọi H là chân đường cao hạ từ O của tam giác OA B . Đặt x = OH , ta có 0 < x £ OM = 1 , đồng thời HA = R 2 - OH 2 = 8 - x 2 . Vậy diện tích tam giác OA B là 1 S OA B = OH .A B = OH .HA = x 8 - x 2 . 2 Khảo sát hàm số f (x ) = x 8 - x 2 trên (0;1ùúû, ta được max f (x ) = f (1) = 7. (0;1ùúû Vậy giá trị lớn nhất của S D OA B = 7 , đạt được khi x = 1 hay H º M , nói cách khác là d ^ OM . Câu 46: A
 A  Oy Gán trục tọa độ Oxy sao cho  cho đơn vị là 10 m.  B  Ox Khi đó mảnh vườn hình tròn có phương trình  C  :  x  4    y  3  1 có tâm I  4;3 2 2 Bờ AB là một phần của Parabol  P  : y  4  x 2 ứng với x   0; 2  M   P  Vậy bài toán trở thành tìm MN nhỏ nhất với  .  N   C  Đặt trường hợp khi đã xác định được điểm N thì MN  MI  IM , vậy MN nhỏ nhất khi MN  MI  IM  N ; M ; I thẳng hàng. Bây giờ, ta sẽ xác định điểm N để IN nhỏ nhất N   P   N  x; 4  x 2  IN  4  x  1  x 2   IN 2   4  x   1  x 2  2 2 2 2  IN 2  x 4  x 2  8 x  17 Xét f  x   x 4  x 2  8 x  17 trên  0; 2  f   x   4 x3  2 x  8 f   x   0  x  1,3917 là nghiệm duy nhất và 1,3917   0; 2 Ta có f 1,3917   7, 68 ; f  0   17 ; f  2   13 . Vậy giá trị nhỏ nhất của f  x  trên  0; 2 gần bằng 7, 68 khi x  1,3917 Vậy min IN  7,68  2,77  IN  27, 7 m  MN  IN  IM  27, 7  10  17, 7 m. Câu 47: B Cách 1: Sử dụng công thức tỉ số thể tích khối hộp Cho hình hộp ABCD. ABCD , gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA , BB , CC . Mặt phẳng  MPN  cắt cạnh DD tại Q . Khi đó: VMNPQ. ABC D 1  MA PC   1  NB QD        . VABCD. ABC D 2  AA CC   2  BB DD 
Áp dụng, xem khối đa diện AMNPBCD  AMNP. ABCD ta có: A D B P C M A' D' B' C' VAMNP. ABCD 1  MB PD  1  1 1  3        . VABC D. ABCD 2  BB DD  2  2 4  8 3 3 Vậy VAMNPBCD  VAMNP. ABCD  VABC D. ABCD   2a   3a 3 3 8 8 Cách 2: A D O P B C K M A' D' O' N B' C' Thể tích khối lập phương ABCD. ABCD là V   2a   8a 3 . 3 Gọi O , O lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và ABCD , gọi K  OO  MP , khi đó N  AK  CC . 1 1 a  3a 3a Ta có OK   DP  BM    a    . Do đó CN  2OK  . 2 2 2 4 2 Diện tích hình thang BMNC là 1 1 3a  5a 2 S BMNC   BM  CN  .BC   a   .2a  . 2 2 2  2 Thể tích khối chóp A.BMNC là 1 1 5a 2 5a3 VA.BMNC  .S BMNC . AB  . .2a  . 3 3 2 3 Diện tích hình thang DPNC là
 DP  CN  .CD     .2a  2a 2 . 1 1 a 3a S DPNC  2 2 2 2  Thể tích khối chóp A.DPNC là 1 1 4a 3 VA.DPNC  .S DPNC . AD  .2a 2 .2a  . 3 3 3 Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng 5a3 4a3 V  VA.BMNC  VA.DPNC    3a3 . 3 3 Câu 48: A x  0 2  f ''  x  0  0  3 f '  x 2019 y  f  x  2018  2019 x  y  f   x  2018  2019 .  x  2018  2  x  2016 y  0  f   x  2018   2019    .  x  2018  a  0  x  a  2018  2018 Ta có bảng biến thiên x  a  2018 2016  f  x  2018  2019 '  0  0  f  x  2018  2019 x f  a   2019  a  2018 Hàm số y  f  x  2018  2019 x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0  a  2018   ; 2018 . Câu 49. B x  1  x  2m x 1  x   2 4 x 1  x   m3 (1) Nếu x0   0;1 là nghiệm của (1) thì 1  x0 cũng cũng là nghiệm của (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất 1 thì điều kiện cần x0  1  x0  x0  . 2 1 Điều kiện đủ thay x0  vào pt (1) ta được m  0; m  1 2
  1 2 +) với m  0 ; ta có (1) trở thành 4 x  4 1 x 0 x 2     x  1  x   0  x  12 2 2 +) với m  1 ; ta có (1) trở thành 4 x  4 1 x  1  x    x  1  x   x  ; x  0 . do đó 1 2 2 +) với m  1 ; ta có (1) trở thành 4 x4 m  1 không 2 thỏa. Vậy m  0; m  1 là giá trị cần tìm Lưu ý : đối với điều kiện đủ ta có thể dùng MTBT Câu 50: B x 1 x2 Từ giả thiết, ta có x  x  1 . f   x   f  x   x 2  3x  2  . f  x  f  x  x 1  x  1 x 1 2  x  x  2  . f  x   , với x  \ 0;  1 .  x 1  x 1 x x2  1  x Suy ra . f  x   dx   1   dx  hay . f  x   x  ln x  1  C . x 1 x 1  x 1  x 1 x Mặt khác, ta có f 1  2ln 2 nên C  1 . Do đó . f  x   x  ln x  1  1 . x 1 2 3 3 3 3 Với x  2 thì . f  2   1  ln 3  f  2    ln 3 . Suy ra a  và b  . 3 2 2 2 2 9 Vậy a 2  b 2  . 2