Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - THPT Chuyên Tuyên Quang

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

19
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô cùng tham khảo Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - THPT Chuyên Tuyên Quang để giúp học sinh hệ thống kiến thức đã học cũng như có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kỳ thi sắp tới và giúp giáo viên trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

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 Tuyên Quang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN TOÁN (NÂNG CAO) MÃ ĐỀ 01-NC NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian làm bài: 90 phút Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần I môn Toán của trường THPT Chuyên Tuyên Quang gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài toán thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức được phân bố như sau: 93% lớp 12, 7% lớp 11, 0% kiến thức lớp 10. Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tại đã công bố từ đầu tháng 12. Trong đó xuất hiện các câu hỏi khó nhằm phân loại tối học sinh. Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất, 2 x Câu 1 (TH): Họ các nguyên hàm F (x) của hàm số f  x   3sin x   e là x A. F  x   3cos x  2ln x  e x  C. B. F  x   3cos x  2ln x  e x  C. C. F  x   3cos x  2ln x  e x  C. D. F  x   3cos x  2ln x  e x  C. Câu 2 (TH): Hàm số y  x3  3x  2019 đồng biến trên khoảng A.  2;0  B.  1;1 C.  3; 1 D.  0; 2  Câu 3 (TH): Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  2 và công sai d  5 . Giá trị u4 bằng A. 250. B. 17. C. 22. D. 12. Câu 4 (TH): Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng a 2 . Mặt phẳng  P  qua S cắt đường tròn đáy 4a 17 tại A, B sao cho AB  2a . Biết rằng khoảng cách từ tâm đường tròn đáy đến mặt phẳng  P  là . 17 Thể tích khối nón bằng 8 10 3 A.  a 3 . B. 2 a 3 . C. a . D. 4 a 3 . 3 3 Câu 5 (NB): Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n . Mệnh đề nào dưới đây đúng? n! n! n! k ! n  k ! A. Ank  . B. Ank  . C. Ank  . D. Ank  .  n  k ! k ! n  k ! k! n! Câu 6 (VDC): Cho hàm số f  x  thỏa mãn f  x   2 x f '  x   3xe  x , x  [0; ) . Giá trị f 1 bằng 1 2 1 2 A. 1  . B. . C. . D. 1  . e e e e Câu 7 (NB): Trong không gian Oxyz, cho u  3i  2 j  2k . Tọa độ của u là A.  3; 2; 2  B.  3; 2; 2  C.  2;3; 2  D.  2;3; 2  Câu 8 (NB): Họ nguyên hàm của hàm số f  x   x 2 là x3 x2 x3 A. . B.  C. C.  C. D. 2 x  C. 3 2 3 Câu 9 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình  0,1 x2  x  0, 01 là 1
A.  2;1 . B.  ; 2  . C. 1;   . D.  ; 2   1;   . Câu 10 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA   ABCD  và SA  a 6 . Giá trị cos  SC ,  SAD   bằng 14 14 6 6 A. . B. . C. . D. . 2 4 6 3  1  Câu 11 (TH): Biết  f  x dx  4 x ln  2 x  1  C với x    ;   . Khẳng định nào dưới đây đúng?  2  4 A.  f  5x  dx  5 x ln 10 x  1  C. B.  f  5 x  dx  4 x ln 10 x  5  C. C.  f  5 x  dx  20 x ln 10 x  1  C. D.  f  5x  dx  4 x ln 10 x  1  C. Câu 12 (TH): Cho số phức z thỏa mãn  2i  1 z  4  3i . Điểm biểu diễn của số phức z là A. M  2;1 . B. M  2; 1 . C. M  2;1 . D. M  2; 1 . Câu 13 (NB): Nghiệm của phương trình 2 x  16 là A. x  5. B. x  4. C. x  8. D. x  log16 2. Câu 14 (VD): Giả sử a, b là các số thực sao cho x3  y3  a.103 z  b.102 z đúng với mọi các số thực dương x, y, z thỏa mãn log  x  y   z và log  x 2  y 2   z  1 . Giá trị của a  b bằng 29 31 31 29 A.  . B. . C.  . D. . 2 2 2 2 Câu 15 (NB): Phần thực và phần ảo của số phức z  1  2i lần lượt là A. 2 và 1. B. 1 và 2. C. 1 và 2i . D. 1 và i. Câu 16 (TH): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   x  x  1  x  3 , x  2 3 . Số điểm cực trị của hàm số là A. 5 B. 3 C. 2 D. 1 Câu 17 (TH): Đạo hàm của hàm số f  x   log 2  3x 2  2  là 1 6 x.ln 2 A. f '  x   . B. f '  x   .  3x  2  ln 2 2 3x 2  2 6x ln 2 C. f '  x   . D. f '  x   .  3x  2  ln 2 2 3x 2  2 Câu 18 (TH): Hàm số y   x4  2 x 2  5 đồng biến trên khoảng A.  ; 1   0;1 B.  ; 1 và  0;1 C. 1;0  và 1;   D. 1;1 Câu 19 (TH): Tập xác định của hàm số y   3x  9  2 là A. D   ; 2  B. D  \ 2 C. D   2;   D. D  2 2 2 Câu 20 (TH): Cho  f  x  dx  2 và  2 f  x   g  x  dx  3 ; giá trị  g  x  dx bằng 1 1 1 A. 7 B. 5 C. -1 D. 1 2
Câu 21 (VD): Lớp 12A có 35 học sinh, trong đó có 3 học sinh cùng tên là Trang, 2 học sinh cùng tên là Huy. Xếp ngẫu nhiên 35 học sinh thành một hàng dọc. Xác suất để 3 học sinh tên Trang đứng cạnh nhau và 2 học sinh tên Huy đứng cạnh nhau là 1 1 1 2 A. . B. . C. . D. . 2992 3246320 39270 6545 Câu 22 (TH): Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  2 z  10  0 . Giá trị biểu thức z1  z2 bằng A. 3 10. B. 4 10. C. 2 10. D. 10. Câu 23 (VD): Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  z  20192018  0 . Giá trị z1  z2 bằng A. 20191009. B. 20192010. C. 20192019. D. 2.20191009. Câu 24 (VD): Số giao điểm của đồ thị hàm số y  x3  3x  1 và đường thẳng y  3 là A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 25 (VD): Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng 2a, O là trọng tâm tam giác 2a 6 ABC và A ' O  . Thể tích của khối lăng trụ ABC . A 'B 'C ' bằng 3 4a 3 2a 3 A. 2a 3 . B. 2a3 3. C. . D. . 3 3 Câu 26 (NB): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên [1; 2]. Quay hình phẳng  H    y  f  x  , y  0, x  1, x  2 xung quanh trục Ox được khối tròn xoay có thể tích 2 2 A. V    f  x  dx. B. V    f 2  x  dx. 1 1 2 2 C. V   f 2  x  dx. D. V  2  f 2  x  dx. 1 1 Câu 27 (TH): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình bên. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  f  x  là x  1  A.1 B. 4 y' - - C. 3 D. 2 1 3 y  0 Câu 28 (NB): Cho hai điểm A  1;0;1 , B  2;1;1 .Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB là A. x  y  1  0. B. x  y  1  0. C. x  y  2  0. D. x  y  2  0.  x  1  2t  Câu 29 (NB): Đường thẳng d  y  2  3t ,  t   có một vectơ chỉ phương là z  3  A. u   2;3;0  . B. u   2;3;0  . C. u   2;3;3 . D. u  1; 2;3 . 3
Câu 30 (NB): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  7 x2  11x  2 trên đoạn  0; 2 bằng A. 0. B. 3. C.11. D. 2. Câu 31 (VD): Tích các nghiệm thực của phương trình log 22 x  3  log 2 x  3 bằng 3 13 1 13 3 13 1 13 2 2 2 2 A. 2 . B. 2 . C. 2 . D. 5.2 . Câu 32 (NB): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình bên. Số nghiệm của phương trình 3 f  x   2  0 là x  1  A. 3 B. 1 y' - - C. 2 D. 4 1 3 y  0 4 5 Câu 33 (VD): Cho  x ln  x  2  dx  a ln 6  b 1 với a, b là các số nguyên dương. Giá trị 2a  3b bằng A. 24. B. 26. C. 27. D. 23. Câu 34 (TH): Cho ba điểm A  2;0;0  , B  0;1;0  , C  0;0; 3 . Đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mp(ABC) có phương trình là  x  2  2t  x  3  3t  x  3  3t  x  6  6t     A.  y  1  t B.  y  6  6t C.  y  6  6t D.  y  3  3t  z  3  3t  z  2  2t  z  2  2t  z  2  2t     Câu 35 (TH): Cho a là số thực dương khác 1. Tính I  log a a. 1 A. I  2. B. I  0. C. I  . D. I  2. 2 Câu 36 (VD): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy bằng a. Gọi E là điểm đối xứng với D qua trung điểm của S A; M, N lần lượt là trung điểm AE , BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN, SC bằng a 2 a 2 a 3 a 3 A. . . B.C. . D. . 4 2 4 2 x y 1 z Câu 37 (VD): Cho đường thẳng d :   và ba điểm A  2;0;0  , B  0; 4;0  , C  0;0;6  . Điểm 6 3 2 M  a; b; c   d thỏa mãn MA  2MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính S  a  b  c . 148 49 50 49 A. S  . B. S  . C. S   . D. S   . 49 148 49 50 x  t  x  8  2t   Câu 38 (VD): Trong các mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng 1 :  y  2  t ,  2 :  y  6  t ; phương  z  4  2t  z  10  t   trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất là A.  x  1   y  5    z  3  70. B.  x  1   y  5    z  3  30. 2 2 2 2 2 2 4
C.  x  1   y  5    z  3  35. 2 2 2 D.  x  1   y  5   z  3  35. 2 2 2 Câu 39 (VD): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên , hàm số y  f '  x  có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số y  f 1  x  là A. 3. B. 0. C. 1. D. 2. Câu 40 (VD): Cho hàm số y  x3  mx 2  9 . Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên m sao cho hàm số đồng biến trên  2;   . Tổng các phần tử của S là A. 6 B. 8 C. 9 D. 10 Câu 41 (NB): Hình chóp tứ giác có A. đáy là một tứ giác. B. 6 cạnh. C. 4 đỉnh D. 4 mặt. Câu 42 (VD): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên trên đoạn x -1 2 5 1;5 như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình f ' x - 0 + 0 f  3sin x  2   m có đúng 3 nghiệm phân biệt trên khoảng 4 5    f  x   ;  ?  2  -1 A. 7 B. 4 C. 6 D. 5 Câu 43 (TH): Cho hai điểm A  3; 1; 2  và B  5;3; 2  . Mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có phương trình là A.  x  4    y  1  z 2  9. B.  x  4    y  1  z 2  36. 2 2 2 2 C.  x  4    y  1  z 2  36. D.  x  4    y  1  z 2  9. 2 2 2 2 x 1 y 1 z 1 Câu 44 (VD): Cho đường thẳng d :   và hai điểm A  2;0; 3 , B  2; 3;1 . Đường x 2 2 thẳng  qua A và cắt d sao cho khoảng cách từ B đến  nhỏ nhất. Phương trình của  là x y  1 z 1 x y  1 z 1 x y 1 z 1 x y 1 z 1 A.   B.   C.   D.   2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2   Câu 45 (VD): Quay hình phẳng  H   y  x  1, y  x  3, y  0 xung quanh trục Ox được khối tròn xoay có thể tích bằng 14 16 17 13 A. B. C. D. 3 3 3 3 Câu 46 (VD): Cho số phức z thỏa mãn z  15  z  15  8 và . Tính z . 5
4 34 2 5 4 5 A. z  B. z  C. z  D. z  17 5 5 4 Câu 47 (VD): Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông đỉnh A, AB  AC  a . Hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc đoạn BC. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng a 3 (BCC'B’) bằng . Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng 3 a3 a3 a3 a3 A. . B. . C. . D. . 3 2 6 4 Câu 48 (TH): Cho log 2 b  4,log 2 c  4; khi đó log 2  b 2 c  bằng A. 8 B. 6 C. 7 D. 4 Câu 49 (NB): Mặt phẳng  P  : 2 x  y  3z  1  0 có một vectơ pháp tuyến là A. n   1;3; 1 B. n   2; 1;3 C. n   2; 1; 3 D. n   2; 1; 1 Câu 50 (VD): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên và có đồ thị như hình bên.  x x  Tổng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số g  x   f  2sin cos  3  bằng  2 2  A. 6 B. 8 C. 4 D. 5 ----------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 6
ĐÁP ÁN 1-C 2-C 3-B 4-A 5-A 6-C 7-B 8-C 9-A 10-B 11-D 12-A 13-B 14-D 15-B 16-C 17-C 18-B 19-B 20-D 21-D 22-C 23-D 24-C 25-A 26-B 27-C 28-D 29-A 30-D 31-A 32-C 33-A 34-B 35-D 36-A 37-A 38-C 39-D 40-A 41-A 42-D 43-D 44-C 45-B 46-A 47-B 48-D 49-B 50-A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Phương pháp 1 Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản  sin xdx   cos x  C;  dx  ln x  C;  e x dx  e x  C x Và   f  x   g  x   dx   f  x  dx   g  x  dx Cách giải:  2  Ta có F  x    f  x  dx    3sin x   e x dx  3cos x  2.ln x  e x  C  x  Chọn C. Câu 2: Phương pháp - Tính y ', tìm nghiệm của y '  0 . - Xét dấu của y ' và tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số. + Các khoảng làm cho y '  0 thì hàm số đồng biến. + Các khoảng làm cho y '  0 thì hàm số nghịch biến. Cách giải: x  1 Ta có: y '  3 x 2  3  0    x  1 x  1 y'  0   hay hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và 1;    x  1 Dễ thấy trong các đáp án, khoảng  3; 1   ; 1 nên hàm số đồng biến trên  3; 1 Chọn C Câu 3: Phương pháp: Cấp số cộng có số hạng đầu u1 và công sai d thì có số hạng thứ n là un  u1   n  1 d Cách giải: 7
Số hạng thứ tư là u4  u1  3d  2  3.5  17 Chọn B. Câu 4: Phương pháp - Gọi M là trung điểm AB, dựng đường cao kẻ từ O đến mặt phẳng  P  1 - Tính thể tích khối nón theo công thức V   R 2 h . 3 Cách giải: Gọi M là trung điểm của AB, kẻ OH  SM . Khi đó OM  AB, SM  AB  AB   SOM   AB  OH . Lại có OH  SM nên OH   SAB   d  O,  P    OH  4a 17 17 Xét tam giác OAM vuông tại M có AB OA  a 2, MA   a  OM  OA2  AM 2  a 2 Xét tam giác SOM vuông tại O có 1 1 1 17 1 1 2  2  2  2  2  2  SO  4a . OH SO OM 16a SO a 1 1 8 a3 Vậy thể tích khối nón V   .OA2 .SO   .2a 2 .4a  . 3 3 3 Chọn A. Câu 5: Phương pháp: n! Sử dụng công thức chỉnh hợp Ank  .  n  k ! Cách giải: n! Ta có Ank  với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n  n  k ! Chọn A. Câu 6: Phương pháp - Nhân cả hai vế của đẳng thức với e x rồi chia cả hai vế cho 2 x . - Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế thu được và suy ra kết luận. Cách giải: Ta có: f  x   2 x f '  x   3xe  x , x  [0; ) * e x f  x 3x e x f  x   2 xe x f '  x   3x  e x f ' x  (với x > 0) 2 x 2 x 8
1 1 3 x 3 x  e x f  x   '    e x f  x   ' dx   dx   2   2 0 0  x 1 1  e x f  x    e. f 1  f  0   1 3    0 0 1 Mà từ (*) ta có: f  0   0 nên e. f 1  1  f 1  e Chọn C. Câu 7: Phương pháp Véc tơ u  a.i  b. j  c.k thì tọa độ của u   a; b; c  Cách giải: Ta có u  3i  2 j  2k nên tọa độ của u là  3; 2; 2  Chọn B. Câu 8: Phương pháp x 1 Sử dụng công thức  x dx   C   1 .   1 Cách giải: x3 Ta có:  f  x dx   x 2 dx  C 3 Chọn C. Câu 9: Phương pháp Biến đổi để đưa về cùng cơ số: a f  x  a g  x   0  a  1  f  x   g  x  Cách giải: Ta có  0,1  0, 01   0,1   0,1  x 2  x  2  x 2  x  2  0  2  x  1 x2  x x2  x 2 Tập nghiệm của bất phương trình là S   2;1 Chọn A. Câu 10: Phương pháp Xác định góc, sử dụng lý thuyết góc giữa đường thẳng và mặt phẳng (nhỏ hơn 90 0) bằng góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng. Cách giải: Ta có: CD  AD, CD  SA  CD   SDA . Do đó góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD) bằng góc giữa đường thẳng CS và đường thẳng DS hay CSD 9
Lại có SD  SA2  AD 2  a 7, SC  SA2  AC 2  2a 2, CD  a nên áp dụng định lý hàm số cô sin cho tam giác SCD ta có: SD 2  SC 2  CD 2 7a 2  8a 2  a 2 14 cos CSD    . 2.SD.SC 2.a 7.2a 2 4 Chọn B. Câu 11: Phương pháp Dùng phương pháp đổi biến số đặt 5x  t để biến đổi tìm I   f  5 x dx Cách giải: Xét I   f  5 x dx dt Đặt 5 x  t  5dx  dt  dx  5 Khi đó 1 1 I   f  5 x dx   f  t dt  .4t ln  2t  1  C 5 5 1  .4.5 x ln  2.5 x  1  C  4 x ln 10 x  1  C 5 Chọn D. Câu 12: Phương pháp Tìm số phức z và suy ra z . Cách giải Ta có:  2i  1 z  4  3i 4  3i  4  3i  1  2i  4  3i  8i  6i 2 10  5i z     2  i 2i  1  1  2i  1  2i  1  4i 2 5 Suy ra z  2  i và có điểm biểu diễn là M  2;1 . Chọn A. Câu 13: Phương pháp Sử dụng a x  b  x  log a b  0  a  1; b  0  Cách giải: Ta có 2 x  16  x  log 2 16  x  4 Chọn B. Câu 14: Phương pháp - Tính xy từ các giả thiết liên quan đến x  y, x 2  y 2 . - Biểu diễn x3  y 3 theo x  y, xy và thay z  10 x  y vào tính x3  y 3 Cách giải: 10
Ta có: log  x  y   z  x  y  10 z log  x 2  y 2   z  1  x 2  y 2  10 z 1  10 z.10  10  x  y   x  y  10  x  y  2   x  y   2 xy  10  x  y   xy  2 2  x  y  10  x  y  2 Do đó x  y   x  y   3xy  x  y    x  y   3. . x  y  3 3 3 3 2 1 1   x  y   15  x  y    .103 z  15.102 z 3 2 2 2 1 29 Suy ra a   , b  15  a  b  . 2 2 Chọn D. Câu 15: Phương pháp Số phức z  a  bi  a; b   có phần thực là a và phần ảo là b. Cách giải: Số phức z  1  2i có phần thực là 1 và phần ảo là 2. Chọn B. Câu 16: Phương pháp Số điểm cực trị của hàm đa thức là số nghiệm bộ lẻ của phương trình y '  0 . Cách giải: Dễ thấy phương trình f '  x   0 có hai nghiệm bội lẻ là x  0 (nghiệm đơn) và x  3 (bội ba) nên f '  x  đổi dấu qua từng nghiệm này. Vậy hàm số có hai điểm cực trị. Chọn C. Câu 17: Phương pháp u' Sử dụng công thức đạo hàm  log a u  '  u.lna Cách giải:  3x 2  2 '  Ta có f '  x   log 2  3x  2   2   3x 2  2  ln 2  6x 3x  2  ln 2 2 Chọn C. Câu 18: Phương pháp - Tính y ' , tìm nghiệm của y '  0 - Xét dấu của y ' và tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số. + Các khoảng làm cho y '  0 thì hàm số đồng biến. 11
+ Các khoảng làm cho y '  0 thì hàm số nghịch biến. Cách giải: x  0 Ta có: y '  4 x3  4 x  0    x  1  x  1 y'  0   nên hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  0;1 0  x  1 Chọn B. Câu 19: Phương pháp: Hàm số y   f  x   với  là số nguyên âm có điều kiện f  x   0  Cách giải: ĐKXĐ: 3x  9  0  3x  9  3x  32  x  2 Suy ra tập xác định D  \ 2 Chọn B. Câu 20: Phương pháp Sử dụng các công thức tổng, hiệu hai tích phân, tích của một tích phân với một số thực. Cách giải: Ta có: 2 2 2 2 2 3    2 f  x   g  x  dx  2 f  x  dx   g  x  dx  2.2   g  x  dx   g  x  dx  1 1 1 1 1 1 Chọn D. Câu 21: Phương pháp n  A +) Sử dụng công thức xác suất P  A   với n  A  là số phần tử của biến cố A và n    là số phần n  tử của không gian mẫu. +) Áp dụng phương pháp buộc phần tử. Cách giải: Số cách xếp 35 học sinh thành 1 hàng dọc là n     35! Coi mỗi học sinh đứng vào 1 chỗ đồng thời coi 3 học sinh tên Trang chỉ đứng vào 1 chỗ và 2 học sinh tên Huy chỉ đứng vào 1 chỗ thì còn lại 32 chỗ đứng. Số cách sắp xếp 32 chỗ này thành 1 hàng dọc là 32!, đồng thời ta có 3! cách xếp 3 học sinh tên Trang và 2! cách xếp 2 học sinh tên Huy nên số cách sắp xếp cho 3 học sinh tên Trang đứng cạnh nhau và 2 học sinh tên Huy đứng cạnh nhau là n  A  32!.3!.2! n  A  32!.3!.2! 2 Xác suất cần tìm là P  A     n  35! 6545 Chọn D. Câu 22: 12
Phương pháp Giải phương trình tìm nghiệm và thay vào biểu thức cần tính giá trị. Cách giải: Phương trình z 2  2 z  10  0 có hai nghiệm phức z1,2  1  3i Suy ra z1  z2  12  32  10  z1  z2  2 10. Chọn C. Câu 23: Phương pháp Giải phương trình đã cho tìm z1; z2 Sử dụng công thức môđun của số phức z  a  bi là z  a 2  b2 Cách giải: 2 2  1 1  1 1 Ta có z 2  z  20192018  0   z     20192018  0   z     2019 2018  2 4  2 4  1 1  z    2019  .i 2018 2  1  1 4 4   z     20192018   .i 2    2  4  1 1  z    2019  .i 2018  4 4 2 1 1  1 1 Suy ra z1    20192018  .i  z1      20192018   20192018  20191009 2 4  2 4 2 1 1  1 1 z2    20192018  .i  z2      20192018   2019 2018  20191009 2 4  2 4 Do đó z1  z2  20191009  20191009  2.20191009 Chọn D. Câu 24: Phương pháp Giải phương trình hoành độ giao điểm và kết luận nghiệm Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm: x  2 x3  3x  1  3  x3  3x  2  0   x  2  x  1  0   2  x  1 Vậy phương trình có hai nghiệm số giao điểm của đường thẳng và đồ thị hàm số là 2 Chọn C. Câu 25: Phương pháp Tính chiều cao lăng trụ dựa vào định lý Pytago Tính thẻ tích lăng trụ V  S.h với S là diện tích đáy và h là chiều cao lăng trụ Cách giải: 13
Gọi E là trung điểm của BC. 2a 3 Vì ABC là tam giác đều cạnh 2a nên AE  a 3 2 2 2 2a 3 Vì O là trọng tâm tam giác ABC nên AO  . AE  .a 3  3 3 3 Xét tam giác AOA’ vuông tại A nên 2 2  2a 6   2a 3  2a 3 AA '  A ' O  AO   2 2       3   3  3  2a  2 3 Diện tích đáy S ABC   a2 3 4 2a 3 2 Thể tích lăng trụ VABC . A ' B 'C '  AA '.S ABC  .a 3  2a3 . 3 Chọn A Câu 26: Phương pháp: Công thức tính thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường b y  f  x  , y  0, x  a, x  b quay quanh trục Ox là V    f 2  x dx. a Cách giải: 2 Sử dụng công thức tính thể tích trên ta được V    f 2  x dx. 1 Chọn B. Câu 27: Phương pháp: Sử dụng định nghĩa tiệm cận: Đường thẳng y  y0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn lim f  x   y0 ; lim f  x   y0 x  x  Đường thẳng x  x0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn lim f  x   ; lim f  x    x  x0 x  x0 Cách giải: Từ bảng biến thiên ta suy ra lim f  x   1; lim f  x   0 nên y  0; y  1 là các đường tiệm cận ngang x  x  của đồ thị hàm số. Và lim f  x    nên đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x 1 Vậy đồ thị hàm số đã cho có ba đường tiệm cận. Chọn C. Câu 28: Phương pháp: 14
Mặt phẳng trung trực của một đoạn thẳng vuông góc với đoạn thẳng tại trung điểm của đoạn thẳng đó. Cách giải:  3 1   P là mặt phẳng trung trực của AB nên  P  đi qua trung điểm M   ; ;1 của AB và nhận  2 2  AB   1;1;0  làm VTPT.  3  1 Khi đó  P  : 1 x    1 y    0  z  1  0  x  y  2  0  2  2 Chọn D. Câu 29: Phương pháp:  x  x0  at  Đường thẳng d :  y  y0  bt có 1 VTCP là u   a; b; c   z  z  ct  0 Cách giải:  x  1  2t  Đường thẳng d :  y  2  3t ,  t   có một VTCP là u   2;3;0  z  3  Chọn A.  x  1  2t  Chú ý: Học sinh hay nhầm lẫn đường thẳng d :  y  2  3t ,  t   có một VTCP là u   2;3;3 hoặc z  3  u  1; 2;3 . Câu 30: Phương pháp: - Tính y ' , tìm các nghiệm của y '  0 nằm trong đoạn  0; 2 . - Tính giá trị của hàm số tại các điểm trên (cả hai đầu mút) và so sánh. Cách giải:  x  1  0; 2 Ta có: y '  3x  14 x  11  0   2  x  11   0; 2  3 Lại có y  0   2, y  2   0, y 1  3 nên GTNN của hàm số là -2 đạt được tại x  0 . Chọn D. Câu 31: Phương pháp: - Đặt 3  log 2 x  t  t  0  đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại II. - Trừ vế với vế các phương trình đưa về dạng tích và giải hệ. Cách giải: 15
x  0 ĐK:  0 x8 3  log 2 x  0 Đặt 3  log 2 x  t  t  0   t 2  3  log 2 x  t 2  log 2 x  3 1 Thay 3  log 2 x  t vào phương trình đã cho ta được log 22 x  t  3  2  Từ (1) và (2) suy ra t 2  log 2 x  log 22 x  t  0   t  log 2 x  t  log 2 x    t  log 2 x   0 t  log 2 x   t  log 2 x  t  log 2 x  1  0   t  1  log 2 x log 2 x  0 + Với t  log 2 x  3  log 2 x  log 2 x   2 log 2 x  log 2 x  3  0 13 1 1  13  log 2 x  x2 2 TM  2 log 2 x  1 + Với t  1  log 2 x  3  log 2 x  1  log 2 x   2 log 2 x  log 2 x  2  0 log 2 x  1    log 2 x  2  ktm   log x  1 tm  x  2  tm  1   2   13 1 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  2 2 ; x  21 nên tích các nghiệm là 13 1 13 1 13 3 1 2 2 .21  2 2 2 2 Chọn A. Câu 32: Phương pháp: 2 Biến đổi phương trình đã cho về f  x   và sử dụng tương giao đồ thị để nhận xét 3 Cách giải: 2 Ta có: 3 f  x   2  0  f  x   . 3 2 2 2 Dễ thấy 1  và 3   0 nên đường thẳng y  cắt cả hai nhánh của đồ thị hàm số y  f  x  . 3 3 3 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm. Chọn C. Câu 33: Phương pháp: 4 Sử dụng phương pháp tích phân từng phần để tìm  x ln  x  2 dx từ đó suy ra a; b 1 Cách giải: 16
 1 dx  du ln  x  2   u  x  2 Đặt   2  xdx  dv x  v  2 4 4 4 x2 x2 1 Suy ra  x ln  x  2dx  ln  x  2 . 1 2 1  1 . 2 x2 dx 1  4  4  8ln 6   x2 2 1   dx x2 1  x2 4  8ln 6    2 x  4 ln x  2  2 2  1 1 5 5  8ln 6   4 ln 6    6 ln 6  2 2 4 4 5 Theo giả thiết  x ln  x  2 dx  a ln 6  b 1 nên suy ra a  6; b  4  2a  3b  2.6  3.4  24 Chọn A. x2  4 Chú ý: Ở bước xdx  dv  v  , ta có thể được chọn hằng số C  2 để thuận tiện cho việc tính 2 tích phân ở bước sau. Câu 34: Phương pháp: Sử dụng lý thuyết: Tứ diện OABC là tứ diện vuông tại O thì OH (với H là trục tâm tam giác ABC) chính là đường cao của tứ diện kẻ từ O. Cách giải: Dễ thấy các điểm A, B, C lần lượt thuộc các trục tọa độ nên OABC là tứ diện vuông tại O. Do đó đường thẳng OH đi qua O và vuông góc mặt phẳng (ABC) hay nhận  AB; AC    3;6; 2  làm  x  3t  VTCP. Khi đó OH :  y  6t  z  2t  Kiểm tra các đáp án ta loại được A, D. Đáp án B: Kiểm tra điểm O thuộc đường thẳng (ứng với t  1 ) nên đường thẳng ở đáp án B trung với OH. Chọn B. Câu 35: Phương pháp: 1 Sử dụng công thức log a b  log a b;log a a  1 0  a  1; b  0   Cách giải: Ta có I  log a a  log 1 a  2.log a a  2.1  2 a2 Chọn D. 17
Câu 36: Phương pháp: - Gắn hệ tọa độ Oxyz với O là tâm hình vuông đáy, OC cùng hướng i, OD cùng hướng j và OS cùng hướng k . - Xác định tọa độ các điểm cần thiết và tính khoảng cách. Cách giải: Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, giả sử SO  b ta có: a 2 OC  OD  OA  OB  2 a 2   a 2   a 2   C  ;0;0  , D  0; ;0  , A   ;0;0  ,  2   2   2   a 2  B  0;  ;0  , S  0;0; b  .  2   a 2 b Gọi K là trung điểm SA thì K   ;0;  , E đối xứng với  2 2  a 2 a 2  D qua K nên E   ; ; b   2 2   a 2 a 2 b M là trung điểm của AE  M   ; ;   2 4 2  a 2 a 2  N là trung điểm của BC  N  ; ;0   4 4   3a 2 b a 2  a 2 a 2  Ta có: MN   ;0;   , SC   ;0; b  , SN   ; ; b   4 2  2   4 4   ab 2    MN ; SC    0; ;0   2  a 2b  MN , SC  .SN 0 0   4 a 2 Suy ra d  MN , SC      MN , SC  2 2 2a b 4   0 b 4 Chọn A. Câu 37: Phương pháp: Đưa phương trình đường thẳng d về dạng tham số t, biểu diễn tọa độ điểm M theo tham số t. Tính MA  2MB  3MC theo tham số t rồi lập luận để biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất. Cách giải: 18
 x  6t  Ta có: d :  y  1  3t nên M  d  M  6t ;3t  1; 2t   z  2t  2  2  6t   1  3t    2t   49t 2  18t  5   7t    9 164 2 41 Khi đó MA   2 2 2  7 49 7 2  6t    3  3t    2t   49t 2  18t  9   7t    9 360 6 10 MB   2 2 2  7 49 7 2  9  1732 2 433 MC   6t   1  3t    6  2t   49t  18t  37   7t     2 2 2 2  7 49 7 2 41  12 10  433  MA  2MB  3MC  7 9 9  54 76 18  148 Dấu "  " xảy ra  7t  0t   M  ; ;  abc  7 49  49 49 49  149 Chọn A Câu 38: Phương pháp: - Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng nếu nó có tâm là trung điểm của đoạn vuông góc chung. - Gọi hai điểm M, N lần lượt thuộc hai đường thẳng, sử dụng MN  1 , MN   2 để tìm tọa độ M , N và kết luận. Cách giải: Nhận xét: Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng nếu nó có tâm là trung điểm của đoạn vuông góc chung. Từ đó ta tìm đoạn vuông góc chung và suy ra tâm, bán kính mặt cầu. 1 có VTCP u1  1; 1; 2  và  2 có VTCP u2   2;1; 1 Gọi M  t; 2  t; 4  2t  , N  8  2t ';6  t ';10  t '  lần lượt là hai điểm thuộc 1 , 2 sao cho MN là đoạn vuông góc chung.  MN   8  2t ' t ; 4  t ' t;14  t ' 2t   MN .u1  0 6t  t '  16 t  2 MN là đoạn vuông góc chung      MN .u2  0 t  6t '  26 t '  4 Suy ra M  2;0;0  , N  0;10;6   I 1;5;3 là trung điểm của MN và cũng là tâm mặt cầu cần tìm. Bán kính mặt cầu R  IM   2  1   0  5   0  3  35 2 2 2 Vậy phương trình mặt cầu  x  1   y  5    z  3  35. 2 2 2 Chọn C. Câu 39: Phương pháp: Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp  f u   '  u '. f ' u  19
Giải phương trình  f  u   '  0 để tìm số cực trị của hàm số f  u  . Hoặc lập luận để có số điểm cực trị của hàm số y  f 1  x  bằng với số điểm cực trị của hàm số y  f  x . Cách giải:  x  2 Từ hình vẽ ta thấy đồ thị f '  x  cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt hay f '  x   0   x  0 nhưng chỉ có  x  2 2 nghiệm x  0, x  2 là f '  x  đổi dấu từ dương sang âm hoặc từ âm sang dương, như vậy hàm số f  x  có hai điểm cực trị. 1  x  2 x  3  Nhận thấy  f 1  x   '   f ' 1  x   0  1  x  0   x  1 nhưng chỉ có hai nghiệm x  1; x  1 là 1  x  2  x  1 f '  x  đổi dấu, như vậy hàm số f  x  chỉ có hai điểm cực trị. Chọn D. Câu 40: Phương pháp: - Xét hàm y  x3  mx2  9 , lập bảng biến thiên, từ đó suy ra bảng biến thiên của hàm số y  x3  mx 2  9 - Nhận xét điều kiện để hàm số đã cho đồng biến trên [2; ) Cách giải: x  0 Xét hàm số y  f  x   x  mx  9 có y '  3x  2mx  x  3 x  2m   0   3 2 2  x  2m  3 +) Nếu m  0 thì y '  0, x  nên hàm số đồng biến trên (thỏa mãn) 2m +) Nếu m  * thì x   0 nên ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x  như sau: 3 2m x  0  3 f ' x + 0 - 0 + 9  f  x 4m3 9  27 4m3 243 TH1: 9  0m 3 thì y  f  x  có bảng biến thiên: 27 4 20