Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - THPT Ngô Gia Tự, Vĩnh Phúc

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:21

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - THPT Ngô Gia Tự, Vĩnh Phúc để các em làm quen với cấu trúc đề thi, đồng thời ôn tập và củng cố kiến thức căn bản trong chương trình học. Tham gia giải đề thi để ôn tập và chuẩn bị kiến thức và kỹ năng thật tốt cho kì thi sắp diễn ra nhé!

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 Ngô Gia Tự, Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI KSCĐ LỚP 12 LẦN I. NĂM HỌC 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Đề thi môn: Toán học Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm) Mã đề thi: 134 SBD: ………………… Họ và tên thí sinh: ……………………………………………………………….. Câu 1: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  2a, AD  a 2. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích V của hình chóp S. ABCD là: 2a 3 3 2a 3 6 3a 3 2 a3 6 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 3 3 4 3 2x Câu 2: Đồ thị hàm số y  2 có bao nhiêu đường tiệm cận? x  2x  3 A. 0 B. 2 C. 3 D. 1 Câu 3: Một hình lăng trụ có đúng 11 cạnh bên thì hình lăng trụ đó có tất cả bao nhiêu cạnh? A. 33 B. 31 C. 30 D. 22 Câu 4: Cho đồ thị hàm số y  f ( x) có dạng hình vẽ bên. Tính tổng tất cả giá trị nguyên của m để hàm số y  f ( x)  2m  5 có 7 điểm cực trị. A. 6. B. 3. C. 5. D. 2. Câu 5: Trong hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x  2 y  3  0 . Phép tịnh tiến theo vectơ v (2; 2) biến đường thẳng d thành đường thẳng d’ có phương trình là A. 2 x  y  5  0 . B. x  2 y  5  0 . C. x  2 y  5  0 . D. x  2 y  4  0 Câu 6: Cho phương trình x  3x  2 x  m  3  2 2 x  3x  m  0 . Tập S là tập hợp các giá trị của m 3 2 3 3 nguyên để phương trình có ba nghiệm phân biệt. Tính tổng các phần tử của S. A. 15. B. 9. C. 0. D. 3. Câu 7: Hình chóp SABC có chiều cao h  a , diện tích tam giác ABC là 3a 2 . Tính thể tích hình chóp SABC . 3 a3 3 3 3 A. a . . a . D. 3a . B. 3 C. 2 Câu 8: Đường cong trong hình bên là đồ thị của y hàm số nào? 1 1 O 1 x 1 x 1 2x 1 x x 1 y . y . y . y . A. x 1 B. 2x  2 C. 1 x D. x 1 Câu 9: Bất phương trình 2 x  1  3x  2 có tổng năm nghiệm nguyên nhỏ nhất là
A. 10. B. 20. C. 15. D. 5 Câu 10: Cho hàm số y  2 x 3  3x 2  m . Trên  1;1 hàm số có giá trị nhỏ nhất là -1. Tính m? A. m  6 B. m  3 C. m  4 D. m  5 Câu 11: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' với O ' là tâm hình vuông A ' B ' C ' D ' . Biết rằng tứ diện O ' BCD có thể tích bằng 6a 3 . Tính thể tích V của khối lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' . A. V  12a B. V  36a C. V  54a D. V  18a 3 3 3 3 Câu 12: Tính góc giữa hai đường thẳng  : x  3 y  2  0 và  ' : x  3 y  1  0 ? 0 0 0 0 A. 90 B. 120 C. 60 D. 30 Câu 13: Cho hàm số y  f  x  xác định trên đoạn  3; 5  và có bảng biến thiên như hình vẽ.   Khẳng định nào sau đây là đúng? min y  0 max y  2 5 max y  2 min y  2 A.     3; 5 B.    3; 5 C.    3; 5 D.     3; 5 Câu 14: Cho hàm số y  x3  11x có đồ thị là (C). Gọi M1 là điểm trên (C) có hoành độ x1  2 . Tiếp tuyến của (C) tại M1 cắt (C) tại điểm M 2 khác M1 , tiếp tuyến của (C) tại M 2 cắt (C) tại điểm M 3 khác M 2 ,..., tiếp tuyến của (C) tại M n1 cắt (C) tại điểm M n khác M n 1  n  , n  4  . Gọi  xn ; yn  là tọa độ của điểm M n . Tìm n sao cho 11xn  yn  22019  0 . A. n = 675 B. n = 673 C. n = 674 D. n = 672 Câu 15: Trên đường tròn tâm O cho 12 điểm phân biệt. Từ các điểm đã cho có thể tạo được bao nhiêu tứ giác nội tiếp đường tròn tâm O? 4 4 A. C12 B. 3 C. 4! D. A12 2x 1 Câu 16: Cho các hàm số f  x   x 4  2018 , g  x   2 x 3  2018 và h  x   . Trong các hàm số đã x 1 cho, có tất cả bao nhiêu hàm số không có khoảng nghịch biến? A. 2 B. 1 C. 0 D. 3 x 2  3x  2 Câu 17: Tính giới hạn lim . x 1 x 1 A. 1 . B. 1 . C. 2 . D. 2 . Câu 18: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ Phương trình 1  2. f  x   0 có tất cả bao nhiêu nghiệm? A. 2 B. Vô nghiệm C. 3 D. 4 Câu 19: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên và có bảng biến thiên như hình dưới đây:
Khẳng định nào sau đây là sai? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 1 . B. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;   . C. Hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 . D. Hàm số đồng biến trên khoảng  1;3 . Câu 20: Cho lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa hai đáy của lăng trụ bằng 4a. Tính thể tích V của lăng trụ đã cho? A. V  3 3a B. V  6 3a C. V  2 3a D. V  9 3a 3 3 3 3 Câu 21: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị của hàm số y  x 3   m  2  x 2   m 2  m  3 x  m 2 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt? A. 3 . B. 4 . C. 1 . D. 2 . 5x2  x  1 Câu 22: Đồ thị hàm số y  có bao nhiêu đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang? 2x 1  x A. 1 . B. 3 . C. 2 . D. 4 . Câu 23: Một bác nông dân cần xây dựng một hố ga không có nắp dạng hình hộp chữ nhật có thể tích 3200cm3 , tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy bằng 2 . Hãy xác định diện tích của đáy hố ga để khi xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất? 2 2 2 2 A. 120cm . B. 1200cm . C. 160cm . D. 1600cm . Câu 24: Hàm số có đạo hàm trên khoảng . Nếu f’( = 0 và f’’( > 0 thì là A. Điểm cực tiểu của hàm số. B. Giá trị cực đại của hàm số. C. Điểm cực đại của hàm số. D. Giá trị cực tiểu của hàm số. 1 Câu 25: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  x3  2mx 2  4 x  5 đồng biến trên 3 . A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1 . Câu 26: Tập xác định của hàm số y  tan 2 x là:      D \   k , k   . D \   k ,k  . A. 4  B. 4 2       D \   k , k   . D \ k , k   . C. 2  D.  2  Câu 27: Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm là f '( x)  ( x  2) 4 ( x  1)( x  3) x 2  3 . Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f ( x) A. 6. B. 3. C. 1. D. 2. 2x  m 1 Câu 28: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y  nghịch biến trên mỗi khoảng x  m 1  ; 4  và 11;   ? A. 13 B. 12 C. 15 D. 14 Câu 29: Thể tích của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là
A. V  1 Bh B. V  1 Bh . C. V  1 Bh . D. V  Bh . 3 2 6 Câu 30: Tìm điểm cực đại của hàm số y  1 x 4  2 x 2  3 . 2 A. xCĐ   2 B. xCĐ   2 C. xCĐ  2 D. xCĐ  0 Câu 31: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích 48m 2 ,hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất là: A. 16 3 B. 20 3 C. 16 D. 20 Câu 32: Cho hàm số y   x3  3x2  2 . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên 0;3 . Tính (M  m) A. 8. B. 10. C. 6. D. 4. Câu 33: Cho hình lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có hình chiếu A ' lên mp( ABCD) là trung điểm AB , ABCD là hình thoi cạnh 2a, góc ABC  60 , BB ' tạo với đáy một góc 30 . Tính thể tích hình lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' . 3 2a 3 3 3 A. a 3 . . C. 2a . D. a . B. 3 Câu 34: Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y  x3  3x  2m  1 trên đoạn  0; 2 là nhỏ nhất. Giá trị của m thuộc khoảng? 2   3   0;1  1;0  ;2  ; 1 C.  3  D.  2  A. B. 1 Câu 35: Cho hàm số y   x 4  x 2  2 . Tìm khoảng đồng biến của hàm số đã cho? 4 A.     2;0 và 2;   B.   0; 2 C.  ;0  và  2;   D.  ;  2  và  0; 2  x 2 - 3x + 2 Câu 36: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = 2 không có x - mx - m + 5 đường tiệm cận đứng? A. 8. B. 10. C. 11. D. 9. Câu 37: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành và SA  SB  SC  11 , SAB  300 , SBC  600 và SCA  450 . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SD? 22 A. d  4 11 B. d  2 22 d D. d  22 C. 2 Câu 38: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ. Gọi m là số nghiệm của phương trình f  f  x    1 . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. m  6 . B. m  7 . C. m  5 . D. m  9 .
Câu 39: Cho phương trình: sin x  2  cos 2 x   2  2 cos3 x  m  1 2 cos3 x  m  2  3 2 cos3 x  m  2 .  2  Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình trên có đúng 1 nghiệm x  0; ?  3  A. 1 . B. 4 . C. 2 . D. 3 . Câu 40: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên ¡ y 2 và có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số y = ( f ( x)) có bao nhiêu điểm cực trị? 1 x -1 0 1 2 3 A. 5 B. 3 C. 4 D. 6 Câu 41: Trong các hình dưới đây hình nào không phải đa diện lồi? A. Hình (III). B. Hình (I). C. Hình (II) . D. Hình (IV). Câu 42: Cho tập hợp X gồm các số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau có dạng abcdef . Từ tập hợp X lấy ngẫu nhiên một số. Xác xuất để số lấy ra là số lẻ và thỏa mãn a  b  c  d  e  f là 33 1 31 29 . . . . A. 68040 B. 2430 C. 68040 D. 68040 Câu 43: Cho hàm số y  x4  2(m  2) x 2  3(m  2)2 . Đồ thị của hàm số trên có ba cực trị tạo thành tam giác đều. Tìm mệnh đề đúng A. m  (0;1) . B. m  (2; 1) . C. m  (1; 2) . D. m  (1;0) . Câu 44: Trong hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C ) có phương trình x  y  4 x  2 y  15  0 . I là tâm (C), 2 2 đường thẳng d qua M (1; 3) cắt (C ) tại A, B . Biết tam giác IAB có diện tích là 8. Phương trình đường thẳng d là x  by  c  0 . Tính (b  c) A. 8. B. 2. C. 6 D. 1. Câu 45: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, mặt bên (SAB) là một tam giác đều nằm trong mặt 27 3 phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD) và có diện tích bằng (đvdt). Một mặt phẳng đi qua trọng 4 tâm tam giác SAB và song song với mặt đáy (ABCD) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần, tính thể tích V của phần chứa điểm S? A. V  24 B. V  8 C. V  12 D. V  36 Câu 46: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB  2a; SAB  SCB  900 và góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  SBC  bằng 300. Tính thể tích V của khối chóp đã cho.
3a3 4 3a 3 . 2 3a3 8 3a 3 V . V V . V . A. 3 B. 9 C. 3 D. 3 Câu 47: Cho hình hộp chữ nhật ABCDA ' B ' C ' D ' có AB  a, BC  2a . AC '  a . Điểm N thuộc cạnh BB’ sao cho BN  2 NB ' , điểm M thuộc cạnh DD’ sao cho D ' M  2 MD . Mp( A ' MN ) chia hình hộp chữ nhật làm hai phần, tính thể tích phần chứa điểm C ' . 3 3 3 3 A. 4a . B. a . C. 2a . D. 3a . y ax  b Câu 48: Cho hàm số y  có đồ thị như hình x 1 bên. 1 2 x Khẳng định nào dưới đây là đúng? O 1 2 A. b  0  a . B. b  a  0 . C. a  b  0 . D. 0  b  a . Câu 49: Khối bát diện đều là khối đa diện đều loại nào ? A. 4;3 . B. 5;3 . C. 3;5 . D. 3; 4 . Câu 50: Cho ba số a, b, c là ba số liên tiếp của một cấp số cộng có công sai là 2. Nếu tăng số thứ nhất thêm 1, tăng số thứ hai thêm 1 và tăng số thứ ba thêm 3 thì được ba số mới là ba số liên tiếp của một cấp số nhân. Tính (a  b  c) A. 12. B. 18. C. 3. D. 9. ----------- HẾT ---------- ĐÁP ÁN 1-B 2-C 3-A 4-C 5-B 6-B 7-A 8-A 9-C 10-C 11-B 12-C 13-D 14-B 15-A 16-A 17-B 18-D 19-D 20-B 21-A 22-C 23-C 24-A 25-C 26-B 27-D 28-A 29-D 30-D 31-A 32-A 33-A 34-A 35-D 36-B 37-D 38-B 39-B 40-A 41-D 42-C 43-D 44-B 45-C 46-B 47-C 48-B 49-D 50-D
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: B S C D A H B   SAB    ABCD   Do  SAB    ABCD   AB  SH   ABCD   SH  AB  3 Mà SAB đều  SH  2a. a 3 2 1 1 2 6 3 Vậy thể tích hình chóp SABCD : V  SH.SABCD  a 3.2a.a 2  a 3 3 3 Câu 2: C Tập xác định của hàm số D   \ 1; 3 2 2x x Do lim y  lim 2  lim 0 x  x  x  2 x  3 x  2 3 1  2 x x 2 2x x lim y  lim 2  lim 0 x  x  x  2 x  3 x  2 3 1  2 x x Suy ra y  0 là tiệm cận ngang 2x 2x Mà lim  y  lim    , lim  y  lim    x  1 x  2 x  3 x  1 x  2 x  3 2 2 x  1 x  1
2x 2x lim y  lim   , lim y  lim   x  3  x  2 x  3 x  3  x  2 x  3 2 2 x  3  x  3  Suy ra x  1; x  3 là các đường tiệm cận đứng Câu 3: A Hình lăng trụ có 11 cạnh thì đáy có 11 cạnh bên. Vậy hình lăng trụ có 33 cạnh. Câu 4: C Để đồ thị hàm số y  f ( x)  2m  5 có 7 điểm cực trị thì đồ thị hàm số y  f ( x) tịnh tiến lên trên hoặc 3 7 xuống không quá 2 đơn vị. Vậy 2  5  2m  2   m   m  2;3 2 2 Vậy tổng tất cả các số nguyên của m là 5 . Câu 5: B Vì phép tịnh tiến biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó nên Tv  d   d  với d : x  2y  m  0 Gọi A  3;0   d A  Tv  A  A  1; 2  . Mà A  d   m  5 . Vậy, d  : x  2 y  5  0 Câu 6: B Đặt t  3 2 x3  3x  m  t 3  2 x3  3x  m  t 3  2 x3  3x  m  t 3  2t   x  1  2  x  1 3 Ta có  3  x  3x  2 x  m  3  2t  0 2 Xét hàm số y  f (u)  u 3  2u  f (u)  3u 2  2  0, u  . Do đó hàm số liên tục và đồng biến trên  t  x  1  2 x3  3x  m   x  1  x 3  3x 2  1   m 3 Xét g ( x)  x3  3x2  1  g ( x)  3x2  6 x x  0 g ( x)  0   x  2 Bảng biến thiên x  0 2 + g'(x) + 0 0 + -1 + g(x) 5  mZ Từ bảng biến thiên suy ra 5  m  1  1  m  5  m  2;3; 4 . Vậy tổng các phần tử của S bằng 9 . Câu 7: A
S h A C H B 1 1 Ta có: VS . ABC  SH .S ABC  .a.3a 2  a 3 . 3 3 Câu 8: A + Dựa vào hình vẽ ta thấy: x  1; y  1 là các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho nên loại đáp án D. + Dựa vào hình vẽ,ta thấy tọa độ giao điểm của đồ thị với trục Ox là  1;0  và chỉ có đáp án A thỏa mãn, còn các đáp án B, C không thỏa mãn. Câu 9: C  2 2 x  1  0  x   2 3 x   Bất phương trình đã cho  3x  2  0  3   x  1  x  1 .  9 x 2  14 x  5  0  2 x  1   3x  2   2 5  x   9 Do đó năm nghiệm nguyên nhỏ nhất là 1; 2;3; 4;5 . Vậy tổng năm nghiệm là 1  2  3  4  5  15 . Câu 10: C Xét  1;1 có y  6 x2  6 x .  x  0   1;1 y  0  6 x 2  6 x  0   .  x  1   1;1 Khi đó y  1  5  m ; y  0   m ; y 1  1  m Ta thấy 5  m  1  m  m nên min y  5  m . 1;1 Theo bài ra ta có min y  1 nên 5  m  1  m  4 . 1;1 Câu 11: B
A D O B C A D B C Gọi x là độ dài của cạnh hình lập phương 1 x2 x3  .S BCD .d  O ,  BCD    . .x  1 Ta có: VO.BCD  3 3 2 6 x3 Theo giả thiết, VO.BCD  6a3   6a3  x3  36a3 6 Vậy thể tích lập phương là: VABCD. ABC D  x3  36a3 . Câu 12: C Vectơ pháp tuyến của hai đường thẳng    và    lần lượt là : n1  1;  3 và n2  1; 3     n1.n2 1  cos   ;    cos(n1 , n2 )      ;    60 . n1 . n2 2 Câu 13: D  Trên   3; 5 hàm số không có giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 . Câu 14: B Phương trình tiếp tuyến của  C  tại M k  xk ; yk  có dạng: y   3xk2  11  x  xk   xk3  11xk . Phương trình hoành độ giao điểm: x3  11x   3xk2  11  x  xk   xk3  11xk   x  xk   x  2 xk   0 2  x  xk  (ta loại x  xk )  x  2 xk  xk 1  2 xk . Ta có: x1  2; x2  2 x1; x3  2 x2 ;...; xn  2 xn1 . Đây là cấp số nhân có x1  2; q  2 . Suy ra xn   2  .x1   2  . n 1 n Theo đề bài: 11xn  yn  22019  0  xn3  22019   2    2   n  673 . 3n 2019 Câu 15: A Ta có: Số cách lấy 4 điểm phân biệt bất kì từ 12 điểm phân biệt trên đường tròn tâm O sẽ là số tứ giác nội tiếp đường tròn tâm O được tạo thành. Vậy có C124 tứ giác nội tiếp đường tròn tâm O được tạo thành. Câu 16: A
f '( x)  4 x3 nên hàm số có khoảng đồng biến và nghịch biến. g '( x)  8x2  0 nên hàm số luôn đồng biến trên R. 3 h '( x)   0 nên hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định. ( x  1)2 Vậy có 2 hàm số không có khoảng nghịch biến. Câu 17: B x 2  3x  2  x  1 x  2  lim x  2  1 . Ta có: lim  lim   x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 Câu 18: D 1 Phương trình: 1  2. f  x   0  f  x   2 Số nghiệm của phương trình 1  2. f  x   0 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường 1 thẳng y  . 2 Từ đồ thị ta có phương trình 1  2. f  x   0 có 4 nghiệm Câu 19: D Từ bảng biến thiên ta có: hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 1 và 1;   , hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 . Vậy chọn D. Câu 20: B Ta biết rằng 6 tam giác đều cạnh a hợp thành lục giác đều cạnh a. a2 3 Suy ra diện tích của đáy lăng trụ bằng: 6. . 4 a2 3 Vậy thể tích của lăng trụ: V  4a.6  6 3a3 . 4 Câu 21: A Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục hoành: x3   m  2  x 2   m2  m  3 x  m2  0 1   x  1  x 2   m  3 x  m 2   0 x  1  2  x   m  3 x  m  0(2) 2
Đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt  (1) có 3 nghiệm phân biệt  (2) có 2    m  32  4m2  0   3m2  6m  9  0 nghiệm phân biệt khác 1     2  1  m  3 12   m  3  .1  m 2  0   m  m  4  0 Do đó có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn ycbt. Câu 22: C 1  Hàm số đã cho có tập xác định D   ;   \ 1 2  Ta có Lim y   5 nên đồ thị nhận đường thẳng y   5 làm tiệm cận ngang. x  lim y  ; lim y   nên đồ thị nhận đường thẳng x  1 làm tiệm cận đứng. x 1 x 1 Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận đứng và ngang. Câu 23: C Gọi chiều rộng của đáy là x ( cm ), x  0 . 3200 1600 Khi đó chiều cao của hố ga là 2x và chiều dài của hố ga là  2 . x.2 x x  1600   1600  Diện tích xung quanh hố ga là S xq  2  x.2 x   2  2 .2 x   4  x 2    x   x  1600 1600 Diện đáy của hố ga là 2 .x  . x x 1600 8000 Tổng diện tích xây hố ga đó là S  4 x 2  5.  4x2  x x Để xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất thì S phải nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si ta có 4000 4000 4000 4000 S  4x2    3 3 4x2. .  1200 ( cm 2 ). x x x x 4000 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4 x 2   x  10 (TM). x  160  cm2  . 1600 Khi đó diện tích đáy của hố ga là 10 Câu 24: A Theo điều đủ để hàm số có cực trị thì x0 là điểm cực tiểu của hàm số. Câu 25: C Tập xác định: D  . 1 y  x3  2mx 2  4 x  5  y '  x 2  4mx  4 . 3 Hàm số đồng biến trên  y '  0, x  a  0  x 2  4mx  4, x    4m 2  4  0  1  m  1 .  '  0 Đồng thời m  nên m  1;0;1 .
Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu của đề. Câu 26: B    Điều kiện xác định của hàm số: cos 2 x  0  2 x   k  x  k , k . 2 4 2    Vậy tập xác định của hàm số là D  \   k , k  . 4 2  Câu 27: D Hàm số y  f ( x) có đạo hàm là f ( x)  ( x  2) 4 ( x  1)( x  3) x 2  3 . x  2 f ( x)  0  ( x  2) ( x  1)( x  3) x  3  0   x  1 4 2  x  3 Bảng biến thiên Từ BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị. Câu 28: A 2x  m 1 Hàm số y  (TXĐ: D  \ m  1 ) x  m 1 2(m  1)  (m  1) m3 Ta có y   ( x  m  1) 2 ( x  m  1)2 Để hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 4  và m  3  0 m  3 m  3 11;        10  m  3. 4  m  1  11 5   m  10 10  m  5 Mà m   Có 13 giá trị thỏa mãn. Câu 29: D Ta có V  Bh. Câu 30: D x  0 Ta có y '  2 x3  4 x . Do đó y '  0   x   2 Lại có y ''  6 x 2  4 . Suy ra y ''(0)  4  0 và y ''( 2)  8  0 Vậy điểm cực đại của hàm số là 0 . Câu 31: A Gọi hai cạnh của hình chữ nhật lần lượt là a, b với a.b  48 . Khi đó chu vi hình chữ nhật P  2.  a  b   2.2 ab  16 3 . Câu 32: A Hàm số xác định và liên tục trên  0;3
 x  0   0;3 Ta có y  0  3 x 2  6 x  0    x  2   0;3 Khi đó y  0   2, y  2   6, y  3  2 . Vậy M  6; m  2  M  m  8 . Câu 33: A B' C' A' D' B C H 30 A D VABCD. A' B 'C ' D '  A ' H .S ABCD . 3 + Tính S ABCD  (2a) 2 .sin 600  4a 2 .  2a 2 3 . 2 + Tính A ' H :     Ta có : BB ',  ABCD   AA ',  ABCD   A ' AH  300 ( Vì AH là hình chiếu của AA ' trên mp  ABCD  ). 1 Suy ra: A ' H  AH .tan 300  a. 3 a Vậy: VABCD. A ' B 'C ' D '  2a 2 3.  2a3 (đvtt). 3 Câu 34: A Đặt u( x)  x3  3x  2m  1. u '( x)  3x 2  3.  x  1  0; 2 u '( x)  0  3x 2  3  0    x  1   0; 2 u (0)  2m  1.  Tính: u (1)  2m  3.  Max u ( x)  2m 1; Min u ( x)  2m  3. u (2)  2m  1.  0; 2   0; 2   M  Max y  Max  2m  1 ; 2m  3  0;2 0;2 Ta có: 2M  2m  1  2m  3  2m  1  3  2m  2m  1  3  2m  4 ( Theo t/c BĐT giá trị tuyệt đối). Suy ra: Max y  M  2  Min M  2 0;2
 2m  1  3  2m 1 Dấu "  " xảy ra khi :  m .  2m  1 3  2m   0 2 Câu 35: D Tập xác định: D  . y   x3  2 x  x  2  x 2  . x  0 Cho y  0   .  x   2 Bảng biến thiên    Các khoảng đồng biến của hàm số là: ;  2 và 0; 2 .  Câu 36: B x  1 Nhận xét: x 2  3x  2  0   . x  2 Đặt f  x   x 2  mx  m  5 . Hàm số đã cho không có đường tiệm cận đứng khi và chỉ khi  f  0  m 2  4m  20  0   2   f  0  m  4m  20  0  2  2 6  m  2  2 6     .   f 1  0   1 m  m  5  0  m3  f  2  0  4  2m  m  5  0  Vì m là số nguyên nên m  6; 5; 4; 3; 2; 1;0;1; 2;3 . Câu 37: D Do SB  SC  11 và SBC  600 nên SBC đều, do đó BC  11. Ta lại có, SA  SC  11 và SCA  450 nên SAC vuông cân tại S , hay AC  11 2. Mặt khác, SA  SB  11 và SAB  300 nên AB  11 3. Từ đó, ta có AB 2  BC 2  AC 2 suy ra ABC vuông tại C. Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó, H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. Vì SA  SB  SC nên SH  ( ABC ). Gọi M là điểm trên CD sao cho HM  AB, suy ra HM  CD. Gọi N là chân đường vuông góc hạ từ C xuống AB. Khi đó, HM / /CN và HM  CN . Do ABC vuông tại C nên theo công thức tính diện tích ta có: CA.CB 11 6 HM  CN   CA  CB 2 2 3
1 11 3 11 Ta lại có, CH  AB  nên SH  SC 2  CH 2  . 2 2 2 Trong tam giác vuông SHM , dựng đường cao HI ( I  SM ), suy ra HI  ( SCD). Khi đó, SH .HM d ( AB, SD)  d ( AB, ( SCD))  d ( H , ( SCD))  HI   22. SH 2  HM 2 Vậy d ( AB, SD)  22. Câu 38: B Từ đồ thị hàm số và phương trình f ( x)  1 có ba số thực a, b, c thỏa 1  a  1  b  2  c sao cho f (a)  f (b)  f (c)  1. Do đó,  f ( x)  a f ( f ( x))  1   f ( x)  b  f ( x)  c Dựa vào đồ thị hàm số y  f ( x) ta có: Do 1  a  1 nên đường thẳng y  a cắt đồ thị hàm số y  f ( x) tại 3 điểm phân biệt. Do đó, f ( x)  a có 3 nghiệm phân biệt. Ta lại có, 1  b  2 nên đường thẳng y  b cắt đồ thị hàm số y  f ( x) tại 3 điểm phân biệt khác. Do đó, f ( x)  b có 3 nghiệm phân biệt khác các nghiệm trên. Ngoài ra, 2  c nên đường thẳng y  b cắt đồ thị hàm số y  f ( x) tại 1 điểm khác các điểm trên. Hay f ( x)  c có 1 nghiệm khác các nghiệm trên. Từ đó, số nghiệm của phương trình f ( f ( x))  1 là m  7. Câu 39: B Phương trình tương đương với 2 sin 3 x + sin x = 2 (2 cos3 x + m + 2) 2 cos3 x + m + 2 + 2 cos3 x + m + 2. Xét hàm f (t ) = 2t 3 + t với t  0. Ta có f ' (t ) = 6t 2 + 1 > 0 ¾ ¾® f  t  đồng biến. ìï sin x ³ 0 Mà f (sin x ) = f ( 2 cos3 x + m + 2 ), suy ra sin x = 2 cos3 x + m + 2 Û ïí 2 ïïî sin x = 2 cos3 x + m + 2 é 2p ö Û sin2 x = 2 cos3 x + m + 2 (vì sin x ³ 0, " x Î ê0; ÷÷) êë 3 ÷ ø  1  cos2 x  2 cos3 x  m  2  m  2 cos3 x  cos2 x  1. é 2p ö ÷ æ 1 ù Đặt u = cos x , vì x Î ê0; ÷ ÷ Þ u Î çç- ;1ú. Khi đó phương trình trở thành m = - 2u3 - u 2 - 1. êë 3 ø èç 2 úû é æ 1 ù êu = 0 Î çç- ;1ú ê çè 2 ú û . Xét g (u ) = - 2u 3 - u 2 - 1 , có g ' (u ) = - 6u 2 - 2u; g ' (u ) = 0 Û êê êu = - Î çç- ;1ù 1 æ 1 ú ê 3 èç 2 ú ë û Bảng biến thiên
ém = - 1 ê Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm khi ê mÎ ¢ 28 ¾ ¾ ¾ ® m Î {- 4;- 3;- 2;- 1}. ê- 4 £ m < - êë 27 Câu 40: A Xét y '  2 f  x  . f '  x   0   ff 'xx00   xx 0;1;3 với 0  a  1; 2  b  3 . Dựa vào đồ thị ta thấy x  1 là   a;1;b nghiệm kép nên f  x  không đổi dấu qua x  1 nhưng f '  x  vẫn đổi dấu qua đó. Còn tất cả nghiệm còn lại đều là nghiệm đơn nên f  x  va f '  x  đều đổi dấu. Như vậy hàm số y   f  x   có tất cả 5 điểm cực 2 trị. Câu 41: D Khối đa diện  H  được gọi là khối đa diện lồi khi đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của  H  đều thuộc  H  . Hình (IV) có đoạn thẳng AB không thuộc khối. Câu 42: C Câu 43: D Đồ thị hàm bậc 4 trùng phương y  ax 4  bx 2  c,  a  0  có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác đều  24a  b3  0  24   2  m  2    0 3  24  8  m  2   0 3   m  2  3 3  m  3 32 Câu 44: B
Câu 45: C Cách 1. Ta có mặt phẳng (P) đi qua trọng tâm của tam giác SAB cắt các cạnh của khối chóp lần lượt tại M , N , P, Q . Với MN / / AB, NP / / BC , PQ / /CD, QM / / AD . 3 VS . MNP SM SN SP  2  8 8 4  . .     VS . MNP  VS . ABC  VS . ABCD VS . ABC SA SB SC  3  27 27 27 4 Tương tự VS . MPQ  VS . ABCD . 27 8 Nên VS . MNPQ  VS . ABCD . 27 Đặt AB  x . x 2 3 27 3 Ta có SSAB    x 3 3. 4 4 1 3 81 VS . ABCD  x 2 . x  . 3 2 2 8 Từ đó VS . MNPQ  VS . ABCD  12 . 27 2 Cách 2. Do hai khối chóp S .MNPQ, S . ABCD đồng dạng với nhau theo tỉ số k  nên tỉ lệ thể tích là 3 3 VS . MNPQ 2 8 8 81     VS . MNPQ  VS . ABCD  .  12 . VS . ABCD  3 27 27 2
Câu 46: B S M B E A 300 K H C Gọi H , K , M lần lượt là trung điểm của AC , BC , SB và vì tam giác ABC vuông tại B suy ra HK  BC (1). Gọi E là hình chiếu của H trên mặt phẳng  SBC   HE  BC (2). Từ (1), (2) suy ra EK  BC  EK  MK ( vì MK  BC ) do đó      AB,  SBC     HK ,  SBC   HK , KE  HK , KM  HKM  300 .     Lại có HA  HB  HC , MA  MB  MC ( do M là tâm mặt cầu ngoại tiếp S. ABC ) suy ra MH là trục a của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy ra MHK vuông tại H  MH  tan 30.HK  . 3 1 1 2a.2a 4 3a 3 Vậy thể tích khối chóp V  d  S ,  ABC   .S ABC  .2 MH .  . 3 3 2 9 Câu 47: C
Nhận xét: B ' NDM là hình bình hành  B ' N  DM , B ' N //DM   MN B ' D  O là trung điểm của mỗi đoạn nên O cũng là trung điểm của đường chéo A ' C . Vậy thiết diện tạo bởi mặt  A ' MN  và hình chóp là hình bình hành A ' NCM . Ta có: C ' A2  B ' B 2  BA2  BC 2  B ' B  2a . Cách 1: Thể tích phần chứa C ' là 1 1 V  VA '. B ' C ' CN  VA '.C ' CMD  . A ' B '.SB ' C ' CN  . A ' D '.SC ' D ' MC 3 3 2a 4a  2a  2a 1 3 1 3  .a.2a  .2a.a  2a 3 . 3 2 3 2 Cách 2: Áp dụng công thức tính nhanh Gọi thể tích phần chứa C ' là V ' . B' N D'M V'  1 1 Ta có:  B ' B D ' D   V '  .4a 3  2a 3 . VABCD. A ' B ' C ' D ' 2 2 2 Cách 3: Nhận xét nhanh do đa diện chứa C ' đối xứng với đa diện không chứa C ' qua O nên thể tích 1 của hai phần này bằng nhau, suy ra V '  .VABCD. A ' B ' C ' D '  2a 3 . 2 Câu 48: B ax  b Hàm số y  nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  a . x 1 Theo đồ thị ta có tiệm cận ngang là y  1  a  1 . ax  b Đồ thị hàm số y  cắt Oy tại điểm có tung độ là b , theo hình vẽ ta có b  2 . x 1 Nên ta chọn đáp án b  a  0 . Câu 49: D +) Khối bát diện đều ( loại n; p ) :