Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - THPT Quang Trung, Quảng Nam

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:20

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 1 năm 2019 - THPT Quang Trung, Quảng Nam, nhằm giúp các bạn ôn tập dễ dàng hơn và nắm các phương pháp viết bài tập làm văn, củng cố kiến thức cơ bản. Mời các bạn cùng tham khảo!

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 Quang Trung, Quảng Nam

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI THỬ PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 THPT QUANG TRUNG Bài thi: TOÁN Thời gian: 90 phút ( không kể thời gian giao đề ) Câu 1. Thể tích của hình lập phương có cạnh bằng 2 là bao nhiêu? A. V  6 . B. V  8 . C. V  4 . D. V  16 . Câu 2. Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên và có bảng biến thiên như sau. . Mệnh đề nào sau đây ĐÚNG? A. Hàm số có cực đại tại x  2 . B. Hàm số có cực tiểu tại x  4 . C. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 0 . D. Hàm số có giá trị cực đại bằng 2 . Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  3;0;0  , N  0;0; 4  . Tính độ dài đoạn thẳng MN . A. MN  1 . B. MN  7 . C. MN  5 . D. MN  10 . Câu 4. Cho đồ thị hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A.  2; 2  . B.  ; 0  . C.  0; 2  . D.  2;    . Câu 5. Cho các số thực a , m , n và a dương. Mệnh đề nào sau đây đúng? am am A. a mn  a m  n . B. a mn  n . C. a mn  a m  a n . D. a mn  . a n 9 9 9 Câu 6. Giả sử  f  x  dx  37 và  g  x  dx  16 . Khi đó, I   2 f  x   3g ( x)  dx bằng 0 0 0 A. I  26 . B. I  58 . C. I  143 . D. I  122 . Câu 7. Một hình trụ có bán kính đáy r  a , độ dài đường sinh l  2a . Tính diện tích xung quanh của hình trụ. A. 4 a 2 . B. 2 a 2 . C. 5 a 2 . D. 6 a 2 . Câu 8. Tìm tập nghiệm S của phương trình 2 x 1  8 A. S  1 . B. S  1 . C. S  4 . D. S  2 .
Câu 9. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  0; 1; 2  và B  2; 2; 2  . Vectơ a nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB ? A. a   2;1;0  . B. a   2;3; 4  . C. a   2;1;0  . D. a   2;3;0  . Câu 10. Tính I   3x dx . 3x A. I  C . B. I  3x ln 3  C . ln 3 C. I  3x  C . D. I  3x  ln 3  C . Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  z  5  0 . Một véc tơ pháp tuyến của  P  là A. n4  2;0;1 . B. n1  2;1;5  . C. n2  2;0; 1 . D. n3  2; 1;5  . Câu 12. Trong khai triển  a  b  , số hạng tổng quát của khai triển? n A. Cnk 1a n1bnk 1 . B. Cnk a nk bk . C. Cnk 1a nk 1bk 1 . D. Cnk a nk bnk . Câu 13. Công thức nào sau đây là đúng với cấp số cộng có số hạng đầu u1 , công sai d , n  2. ? A. un  u1  d . B. un  u1   n  1 d . C. un  u1   n  1 d . D. un  u1   n  1 d . Câu 14. Trong hình vẽ bên, điểm M biểu diễn số phức z . Số phức z là A. 2  i . B. 1  2i . C. 1  2i . D. 2  i . Câu 15. Đường cong bên là điểm biểu diễn của đồ thị hàm số nào sau đây A. y   x4  4 x 2  3 . B. y  x 4  2 x 2  3 . C. y   x3  3x  3 . D. y   x4  2 x 2  3 . x 1 Câu 16. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   trên đoạn x 1 3;5 . Khi đó M  m bằng 7 1 3 A. . B. . C. 2 . D. . 2 2 8 Câu 17. Cho hàm số f  x  có đạo hàm là f   x   x  x  1  x  2  x  2 4 . Số điểm cực tiểu của hàm số y  f  x  là A. 3 . B. 2 . C. 0 . D. 1 . Câu 18. Cho số phức z thỏa mãn z  3  4i   18  i  0 . Khi đó số phức z bằng
1 A. 6  i . B. 2  3i . C. 2  3i . D. 21  3i . 4 Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2;1;1 và B  0;  1;1 . Viết phương trình mặt cầu đường kính AB . A.  x  1  y 2   z  1  2 . B.  x  1  y 2   z  1  8 . 2 2 2 2 C.  x  1  y 2   z  1  2 . D.  x  1  y 2   z  1  8 . 2 2 2 2 Câu 20. Cho log 5  a . Tính log 25000 theo a . A. 2a  3 . B. 5a 2 . C. 2a 2  1 . D. 5a . Câu 21. Gọi z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình z  2 z  2  0 . Tìm số phức liên hợp 2 của w  1  2i  z1 . A. w  3  i . B. w  1  3i . C. w  1  3i . D. w  3  i . Câu 22. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  3  0 , mặt phẳng  Q  : x  3 y  5z  2  0 . Cosin của góc giữa hai mặt phẳng  P  ,  Q  là 35 35 5 5 A. . B.  . C. . D. . 7 7 7 7 Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình log 3  x 2  2   3 là: A. S   ;  5  5;    . B. S   . C. S  . D. P   5;5 . Câu 24. Cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  ln  x  1 , đường thẳng y  1 và trục tung (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của  H  bằng A. e  2 B. e  1 C. 1 D. ln 2 Câu 25. Cho tam giác SOA vuông tại O có OA  3 cm , SA  5 cm , quay tam giác SOA xung quanh cạnh SO được hình nón. Thể tích của khối nón tương ứng là: 80 A. 12  cm3  . B. 15  cm3  . C. 3  cm3  . D. 36  cm3  . Câu 26. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau
Đồ thị hàm số y  f  x  có tổng số bao nhiêu tiệm cận (chỉ xét các tiệm cận đứng và ngang)? A. 2 . B. 0 . C. 1. D. 3 . Câu 27. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có cạnh đáy bằng a . Góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  ABC  bằng 45 . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC . a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 24 4 6 12 Câu 28. Đạo hàm hàm số y  x 2  ln x  1 là: 1 A. y   1. B. y  ln x  1. x C. y  1. D. y  x  2ln x  1 . Câu 29. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm của phương trình f  x   1  0 là A. 1. B. 3 . C. 4 . D. 2 . a 6 Câu 30. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại đỉnh A , cạnh BC  a , AC  3 a 3 các cạnh bên SA  SB  SC  . Tính góc tạo bởi mặt bên  SAB  và mặt phẳng đáy  ABC  . 2    A. . B. . C. . D. arctan 3 . 6 3 4 Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 2  3.2 x  1  2 x  1 bằng 3 1 A. . B. . C. 1 . D. 0 . 2 2 Câu 32. Người ta cho vào một chiếc hộp hình trụ 3 quả bóng tennis hình cầu. Biết đáy hình trụ bằng hình tròn lớn trên quả bóng và chiều cao hình trụ bằng ba lần đường kính quả bóng. Gọi S1 là tổng diện S tích 3 quả bóng và S 2 là diện tích xung quanh của hình trụ. Tỉ số diện tích 1 là: S2 A. 5 . B. 1. C. 3 . D. 2 . x2  x  1 Câu 33. Cho F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x   và F  0   2018 . Tính F  2  . x 1 A. F  2  không xác định. B. F  2   2 . C. F  2   2018 . D. F  2   2020 . Câu 34. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB , AD . Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng  SCN  theo a . a 3 a 3 a 2 4a 3 A. . B. . C. . D. . 3 4 4 3
x  1 t  Câu 35. Trong không gian Oxyz , đường vuông góc chung của hai đường thẳng d :  y  0 và  z  5  t  x  0  d  :  y  4  2t  có phương trình là  z  5  3t   x4 y z2 x4 y z2 A.   . B.   . 1 3 1 2 3 2 x4 y z2 x4 y z2 C.   . D.   . 2 3 2 2 3 2 x2 Câu 36. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y   mx  ln  x  1 đồng biến 2 trên khoảng 1;   ? A. 3 . B. 4 . C. 2 . D. 1 .   Câu 37. Cho số phức z thỏa mãn  z  2  i  z  2  i  25 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w  2 z  2  3i là đường tròn tâm I  a; b  và bán kính c . Giá trị của a  b  c bằng A. 17 . B. 20 . C. 10 . D. 18 . 3  ln x a b c e Câu 38. Biết  1 x dx  3 , trong đó a , b , c là các số nguyên dương và c  4 . Tính giá trị S  abc. A. S  13 B. S  28 C. S  25 D. S  16 Câu 39. Tất cả các giá trị của m để bất phương trình (3m  1)12  (2  m)6  3  0 có nghiệm đúng x x x x  0 là:  1  1 A.  2;   . B.  ;   . C.  2;   . D. (; 2] .  3  3 Câu 40. Cho một đa giác đều gồm 2n đỉnh  n  2, n   . Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong số 2n đỉnh 1 của đa giác, xác suất ba đỉnh được chọn tạo thành một tam giác vuông là . Tìm n 5 A. n  5 . B. n  4 . C. n  10 . D. n  8 . Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A(  1; 2; 1) , B( 2;  1; 3) , C ( 3; 5;  1) . Điểm M ( a; b; c) trên mặt phẳng  Oyz  sao cho MA  2MB  CM đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó ta có 2b  c bằng A. 1. B. 4 . C. 1. D. 4 . Câu 42. Cho số phức z0 có z0  2018. Diện tích của đa giác có các đỉnh là các điểm biểu diễn của z0 1 1 1 và các nghiệm của phương trình   được viết dạng n 3 , n  . Chữ số hàng đơn vị của n z  z0 z z 0 là A. 9 B. 8 C. 3 D. 4 Câu 43. Cho hàm số f  x  có đồ thị  C  như hình vẽ.
  5  Tìm số nghiệm thuộc   ;  của phương trình f  2sin x  2   1 ?  6 6  A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 0 . Câu 44. Ông Trung vay ngân hàng 800 triệu đồng theo hình thức trả góp hàng tháng trong 60 tháng. Lãi suất ngân hàng cố định 0,5 /tháng. Mỗi tháng ông Trung phải trả (lần đầu tiên phải trả là 1 tháng sau khi vay) số tiền gốc là số tiền vay ban đầu chia cho 60 và số tiền lãi sinh ra từ số tiền gốc còn nợ ngân hàng. Tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong toàn bộ quá trình trả nợ là bao nhiêu? A. 118.000.000 đồng. B. 126.066.666 đồng. C. 122.000.000 đồng. D. 135.500.000 đồng. Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi d đi qua điểm A 1; 1; 2  , song song với x  1 y 1 z  P  : 2x  y  z  3  0 , đồng thời tạo với đường thẳng  :   một góc lớn nhất. Phương 1 2 2 trình đường thẳng d là x 1 y 1 z2 x 1 y 1 z  2 A.   . B.   . 1 5 7 4 5 7 x 1 y 1 z2 x 1 y 1 z  2 C.   . D.   . 4 5 7 1 5 7 Câu 46. Trong đợt hội trại “Khi tôi 18 ” được tổ chức tại trường THPT X, Đoàn trường có thực hiện một dự án ảnh trưng bày trên một pano có dạng parabol như hình vẽ. Biết rằng Đoàn trường sẽ yêu cầu các lớp gửi hình dự thi và dán lên khu vực hình chữ nhật ABCD , phần còn lại sẽ được trang trí hoa văn cho phù hợp. Chi phí dán hoa văn là 200.000 đồng cho một m 2 bảng. Hỏi chi phí thấp nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano sẽ là bao nhiêu (làm tròn đến hàng nghìn)? A B 4m D C 4m A. 900.000 đồng. B. 1.232.000 đồng. C. 902.000 đồng. D. 1.230.000 đồng. Câu 47. Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho BC  4BM , AC  3 AP , BD  2BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mp  MNP  . 7 7 8 8 A. . B. . C. . D. . 13 15 15 13 Câu 48. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị của hàm số y  f   x  được cho như hình bên. Hàm số y  2 f  2  x   x 2 nghịch biến trên khoảng
y 3 1 1 O 2 3 4 5 x 2 A.  3;  2  . B.  2;  1 . C.  1; 0  . D.  0; 2  . Câu 49. Tìm m để bất phương trình x  2  2  x  2 x  2   m  4   2  x  2 x  2 có nghiệm? A. m  8 . B. m  1  4 3 . C. m  7 . D. 8  m  7 . Câu 50. Cho hàm số y  f  x   ax 4  bx 2  c biết a  0 , c  2017 và a  b  c  2017 . Số cực trị của hàm số y  f  x   2017 là A. 1. B. 7 . C. 5 . D. 3 . HẾT
ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI Câu Lời giải Đáp án 1 B 2 A 3 C 4 C 5 A 6 A 7 D 8 B 9 A 10 A 11 C 12 B 13 D 14 A 15 D Lời giải Chọn B 2 Ta có f   x    0, x  3;5 do đó:  x  1 2 16 B 3 M  max f  x   f  3  2 ; m  min f  x   f  5   3;5 3;5 2 3 1 Suy ra M  m  2   . 2 2 Lời giải Chọn D Ta có f   x   0  x  x  1  x  2   0 . Do x  0 là nghiệm đơn, còn các nghiệm 2 4 17 D x  1 và x  2 là các nghiệm bội chẵn nên chỉ có x  0 là nghiệm mà f   x  đổi dấu từ “âm” sang “dương” theo chiều từ trái sang phải. Do đó x  0 là điểm cực tiểu duy nhất của hàm số đã cho. Lời giải Chọn B 18 B 18  i Ta có z  3  4i   18  i  0  z   2  3i . 3  4i Lời giải Chọn C Theo đề ta có mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm I  1;0;1 của AB và 19 AB C bán kính R   2. 2 Nên phương trình mặt cầu là:  x  1  y 2   z  1  2 . 2 2 Lời giải 20 A Chọn A
Ta có: log 25000  log  52.103   2 log 5  3log10  2a  3 . Lời giải Chọn C  z  1  i 21 Ta có z 2  2 z  2  0    z1  1  i . C  z  1  i Do đó, w  1  2i  z1  1  2i  1  i    1  2    1  2  i  1  3i  w  1  3i . Lời giải Chọn A Ta có véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  là nP  1; 2; 2  , véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  Q  là nQ  1; 3;5  . 22 A Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  P  ,  Q  ta có nP .nQ 1.1  2.  3  2.5 15 35 cos      . 12  22   2  12   3  52 7 2 2 nP nQ 3 35 Lời giải 23 Chọn D D Ta có: log 3  x  2   3  x  2  27  x  25  5  x  5 . 2 2 2 Lời giải Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số y  ln  x  1 và đường thẳng y  1 là ln  x  1  1  x  e  1 . e 1 Diện tích của  H  là S   ln  x  1 dx . 24 0 C  1 u  ln  x  1 du  dx Đặt   x 1 . Khi đó dv  dx v  x  1 e 1 e 1 S   x  1 ln  x  1 0   dx  e   e  1  1 . 0 Lời giải Chọn A S 25 A O A
SO  SA2  OA2  4 ; V   r 2 h   .32.4  12  cm3  . 1 1 3 3 Lời giải Chọn A Dựa vào BBT ta thấy lim y   ; lim y   nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng x 1 x 1 26 A là x  1 . lim y  1 nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang là y  1 . x  Vậy đồ thị hàm số có 2 tiệm cận. Lời giải Chọn B 27 B Theo giả thiết, ta có AA   ABC   BA là hình chiếu vuông góc của AB trên  ABC   Góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  ABC  là ABA  45 Do ABA vuông cân tại A  AA  AB  a a3 3 Vậy thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC .là V  . 4 Lời giải Chọn D 28 1 D Ta có y  x 2  ln x  1  y  2 x  ln x  1  x 2 .  x  2 ln x  1 . x Lời giải Chọn B 29 B Giả sử hàm số y  f  x  có đồ thị  C  . Ta có: f  x   1  0  f  x   1 là phương trình hoành độ giao điểm của  C  và đường thẳng d : y  1 . Do đó số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của  C  và  d  . Dựa vào đồ thị hai hàm số ta có  C  và  d  có 3 điểm chung nên phương trình có 3 nghiệm. 30 Lời giải B
Chọn B a 3 Vì SA  SB  SC  nên hình chiếu của S trùng với H là tâm đường tròn ngoại 2 tiếp đáy ABC . Nhận xét H là trung điểm BC . S C A M H B Gọi M là trung điểm AB , nhận xét AB   SMH  nên góc tạo bởi mặt bên  SAB  và mặt phẳng đáy  ABC  là góc SMH . a 2 Xét tam giác SBH có SH  SB 2  BH 2  . 2 a 2 SH Xét tam giác SMH có tan M   2  3  M  60o . MH a 6 6 Lời giải Chọn C Điều kiện 3.2 x  1 . Ta có log 2  3.2 x  1  2 x  1  3.2 x  1  22 x 1  3.2 x  1  2.  2 x  2 31 C 2  1 x x  0  x 1  S  1 . 2   x  1  2 Chọn B Giả sử bán kính quả bóng tennis là r khi đó bán kính hình trụ là r và đường cao của hình trụ là 6r . 32 Tổng diện tích ba quả bóng là: S1  3.4 r 2  12 r 2 . B Diện tích xung quanh của hình trụ là: S 2  2 r.6r  12 r 2 . S1 Suy ra: 1. S2 Lời giải Chọn D x2  x  1 1 x2 33 Ta có F  x    dx   x  dx   ln x  1  C . D x 1 x 1 2 2 x Theo bài ra F  0   C  2018 , nên F  x    ln x  1  2018  F  2   2020 . 2 Lời giải 34 C Chọn C
a 3 M là trung điểm của AB thì SM   ABCD  . Ta có SM  . 2 Gọi I là giao điểm của NC và MD . Ta có d  D;  SCN    d  M ;  SCN   . ID IM Vì ABCD là hình vuông nên NC  DM tại I . ID.CN  DN .DC a .a a 5 a 5 3a 5 DN .DC a 5  ID   2   IM  DM  ID    CN a 5 5 2 5 10 2 ID 2   . IM 3  IM  CN Do   CN   SMI  . Kẻ MH  SI , vì CN  MH nên MH   SCN  CN  SM  MH  d  M ;  SCN   . 1 1 1 4 20 32 Trong tam giác SMI có 2  2  2  2 2  2. MH SM MI 3a 9a 9a  d  D;  SCN    3a 2 a 2 Vậy MH  . 8 4 Lời giải Chọn D Giả sử AB là đường vuông góc chung của d và d  với A  d , B  d  . Ta có ud  1;0;1 , ud    0; 2;3 ,  A  a  1;0; a  5    BA   a  1; 2b  4; a  3b  10  .  B  0; 4  2b;3b  5  35 D d  AB ud .BA  0  a  1   a  3b  10   0 a  3 Khi đó     d   AB ud  .BA  0 2  2b  4   3  a  3b  10   0 b  1  A  4;0; 2    BA   4; 6; 4   u   2;3; 2  là một VTCP của AB .  B  0;6; 2  x4 y z2 Kết hợp với AB qua A  4;0; 2   AB :   . 2 3 2 36 Lời giải A
Chọn A 1 Ta có y  x  m  . x 1 x2 Để hàm số y   mx  ln  x  1 đồng biến trên khoảng 1;   thì y  0 với 2 x  1;   1  x  m với x  1;    m  min f  x  . x 1 1;  1 Xét hàm số f  x   x  trên khoảng 1;   ta có x 1 1 1 f  x   x 1  1  2  x  1  1  3  min f  x   3 . Do m   nên x 1  x  1 1;  m  1; 2;3 . Lời giải Chọn D Giả sử z  a  bi  a; b   và w  x  yi  x; y   .  z  2  i   z  2  i   25  a  2   b  1 i  a  2  b  1 i   25   a  2    b  1  25 1 2 2 Theo giả thiết: w  2 z  2  3i  x  yi  2  a  bi   2  3i  x  yi  2a  2   3  2b  i .  x2  a 37  x  2a  2  D   2  2 .  y  3  2b b  3  y  2 Thay  2 vào 1 ta được:  x2   3 y  2 2  2    1  25   x  2    y  5   100 . 2 2   2   2  Suy ra, tập hợp điểm biểu diễn của số phức w là đường tròn tâm I  2;5  và bán kính R  10 . Vậy a  b  c  17 . Lời giải Chọn C dx Đặt t  3  ln x  2tdt  . x 38 Đổi : Với x  1  t  3 ; x  e  t  2 . C 3  ln x 16  6 3 e 2 2 2 I  dx  2  t 2 dt  t 3  . 1 x 3 3 3 3  a  16 , b  6 , c  3  S  a  b  c  25 . Lời giải 39 D Chọn D
Đặt 2 x  t . Do x  0  t  1 . Khi đó ta có : (3m 1) t 2  (2  m) t  1  0,  t  1 . t 2  2t  1  (3t  t) m   t  2t  1  t  1  m  2 2  t  1. 3t 2  t t 2  2t  1 7t 2  6t  1 Xét hàm số f (t )  trên 1;    f '(t)   0 t  (1; ) . 3t 2  t (3t 2  t)2 BBT. . Do đó m  lim f (t )  2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. t 1 Lời giải Chọn D Ta có một đa giác đều 2n cạnh có n đường chéo đi qua tâm. Ta lấy hai đường chéo thì tạo thành một hình chữ nhật. Mỗi một hình chữ nhật sẽ có bốn tam giác vuông. Vậy số tam giác vuông tạo thành từ đa giác đều 2n đỉnh là 4.n ! 4.Cn2   2n  n  1 , 2! n  2 ! 40 D Không gian mẫu là: C  3  2n !  2n.  2n  1 2n  2  , 3! 2n  3! 2n 6 12n  n  1 3 Xác suất là: P   , 2n  2n  1 2n  2   2n  1 1 3 1 Theo bài ra thì P     15  2n  1  n  8 . 5 2n  1 5 Lời giải Chọn B Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . MA  2MB  CM  MA  MB  MC  MB  3MG  MB Nên MA  2MB  CM  3MG  MB  3MN  MN  3NG  NB 41 Gọi N là điểm thỏa 3 NG  NB  0 nên 3MG  MB  4MN . B Để MA  2MB  CM đạt giá trị nhỏ nhất thì 4MN đạt giá trị nhỏ nhất hay M là hình chiếu của N lên mặt phẳng  Oyz  .  4  Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là: G  ; 2; 1 .  3 
 1  xN  4  3xG  xB  3  xG  xN    xB  xN   0    1 3 NG  NB  0  3  yG  yN    yB  yN   0   yN   3 yG  yB    4 3   G Nz  z    z  z   0  1  z N  4  3zG  z B  B N   1 4   3  xN  4  3. 3  2   xN     2   1  5  3 5 3  5 3   yN   3.2  1   yN  nên N  ; ;  . Vậy tọa độ điểm M  0; ;   4  4  2 4 2  4 2  1  3  z N  4  3.1  3  zN  2   hay 2b  c  4 . Lời giải Chọn C z  0 Điều kiện:   z0  0 1 1 1 Ta có:    z.z 0   z  z0  z0   z  z0  z0  z 2  z.z0  z02  0 z  z0 z z 0  1 3  2  z  z z 1 3     1  0     i  z     i  z0  z1,2  z0  z0 z0 2 2  2 2  42 C 1 3 Ta có: z1  z2    i z0  z0  2018 và z0  z1  z2  0. 2 2 Do đó z0 , z1 , z2 được biểu diễn bởi ba điểm M 0 , M1 , M 2 tạo thành một tam giác đều nằm trên đường tròn tâm O bán kính R  2018. 3 2 2 3 Tam giác đều này có chiều cao: h  R và độ dài cạnh: a  .h  . R  3.R 2 3 3 2 1 3R 2 3.20182 Diện tích tam giác: S  a.h  . 3 . 3  3054243. 3 . 2 4 4 Vậy n  3054243 có chữ số hàng đơn vị là 3. Lời giải Chọn D   5   1  Đặt t  2sin x  2 , x    ;   t    ;1 .  6 6   2  Phương trình f  2sin x  2   1  f  t   1 . 43 Từ đồ thị hàm số f  x  ta suy ra phương trình f  t   1 không có nghiệm D  1  t    ;1 .  2    5  Vậy số nghiệm thuộc   ;  của phương trình f  2sin x  2   1 là 0 .  6 6  44 Lời giải C
Chọn C Gọi số tiền gốc ban đầu là N và phần trăm lãi là r . Tháng thứ nhất ông Trung phải trả số tiền lãi là: N .r . 59 Tháng thứ hai ông Trung phải trả số tiền lãi là: N .r . 60 58 Tháng thứ ba ông Trung phải trả số tiền lãi là: N .r . 60 ... 1 Tháng thứ sáu mươi ông Trung phải trả số tiền lãi là: N .r . 60 Tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong suốt quá trình lãi là: 59 58 1  59 58 1  N .r  .N .r  .N .r  ...  .N .r  1    ...   N .r 60 60 60  60 60 60   60.  60  1   1   N .r  2.60  61  .800.0,5%  122.000.000 . 2 Vậy tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong toàn bộ quá trình trả nợ là 122.000.000 đồng. Lời giải Chọn A  có vectơ chỉ phương a  1; 2; 2  d có vectơ chỉ phương ad   a; b; c   P có vectơ pháp tuyến nP   2; 1; 1 Vì d / /  P  nên ad  nP  ad .nP  0  2a  b  c  0  c  2a  b 5a  4b  5a  4b  2 1 cos  , d    3 5a 2  4ab  2b 2 3 5a  4ab  2b 2 2 45 A 1  5t  4  2 a Đặt t  , ta có: cos  , d   b 3 5t 2  4t  2  5t  4  2  1 5 3 Xét hàm số f  t   , ta suy ra được: max f  t   f     5t  4t  2 2  5 3 5 3 1 a 1 Do đó: max cos  , d    t   27 5 b 5 Chọn a  1  b  5, c  7 x 1 y 1 z  2 Vậy phương trình đường thẳng d là   . 1 5 7 46 Hướng dẫn giải C
Chọn C Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó phương trình đường parabol có dạng: y  ax 2  b . y 4 A B 4m x D O C 2 4m 2 Parabol cắt trục tung tại điểm  0; 4  và cắt trục hoành tại  2;0  nên: b  4 a  1  2  . a.2  b  0 b  4 Do đó, phương trình parabol là y   x 2  4 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường parabol và trục hoành là: 2 2  x3  S1     x  4  d x     4 x   2 32 . 2  3  2 3 Gọi C  t ;0   B  t ; 4  t 2  với 0  t  2 . Ta có CD  2t và BC  4  t 2 . Diện tích hình chữ nhật ABCD là S2  CD.BC  2t.  4  t 2   2t 3  8t . Diện tích phần trang trí hoa văn là: S  S1  S2    2t 3  8t   2t 3  8t  . 32 32 3 3 32 Xét hàm số f  t   2t 3  8t  với 0  t  2 . 3  2 t  3   0; 2  Ta có f   t   6t 2  8  0   .  2 t   3   0; 2   Bảng biến thiên:
96  32 3 2 Như vậy, diện tích phần trang trí nhỏ nhất là bằng m , khi đó chi phí thấp 9 96  32 3 nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano sẽ là: .200000  902000 đồng. 9 Lời giải Chọn A A P Q K E B N D C Gọi E  MN  CD , Q  EQ  AD , do đó mặt phẳng  MNP  cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là tứ giác MNQP . 1 Gọi I là trung điểm CD thì NI CB và NI  BC , do BC  4BM nên suy ra 2 2 EN EI NI 2 NI  MC . Bởi vậy    . 3 EM EC MC 3 EI 2 ED 1 Từ I là trung điểm CD và  suy ra  . EC 3 EC 3 47 A EK KD ED 1 Kẻ DK AC với K  EP , ta có    . Mặt khác AC  3 AP nên suy EP AC EC 3 KD 2 QD QK KD 2 ra  . Do đó    . AP 3 QA QP AP 3 QK 2 EK 1 EQ 3 Từ  và  suy ra  . QP 3 EP 3 EP 5 Gọi V là thể tích khối tứ diện ABCD , V1 là thể tích khối đa diện ABMNQP , V2 là thể tích khối đa diện CDMNQP . SCMP CM CP 3 2 1 1 Ta có  .  .   SCMP  SCAB . SCAB CB CA 4 3 2 2  nên d  E;  ABC    d  D;  ABC   . Do đó : ED 1 3 Vì EC 3 2 VE .CMP  SCMP .d  E;  ABC    . SCAB . .d  D;  ABC    . S CAB .d  D;  ABC    V 1 1 1 3 3 1 3 3 3 2 2 4 3 4 . VE .DNQ ED EN EQ 1 2 3 2 2 2 3 1  . .  . .  , nên suy ra VE .DNQ  VE .CMP  . V  V . VE .CMP EC EM EP 3 3 5 15 15 15 4 10 3 1 13 Từ đó ta có V2  VE .CMP  VE . DNQ  V  V  V . 4 10 20
13 7 Và V1  V  V2  V  V V. 20 20 V1 7 Như vậy :  V2 13 Lời giải Chọn C 48 Ta có y  2 f  2  x   x 2  y    2  x  2 f   2  x   2 x C y  2 f   2  x   2 x  y  0  f   2  x   x  0  f   2  x    2  x   2 . Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y  x  2 cắt đồ thị y  f   x  tại hai điểm có 1  x1  2 hoành độ nguyên liên tiếp là  và cũng từ đồ thị ta thấy f   x   x  2 trên  2 x  3 miền 2  x  3 nên f   2  x    2  x   2 trên miền 2  2  x  3  1  x  0 . Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 0  . Lời giải. Chọn C  Điều kiện: x   1; 2 . Xét hàm số g  x   2  x  2 x  2 trên đoạn  1; 2 . 1 1 Có g   x     , g  x  0  x  1 . 2 2 x 2x  2 g  1  3 , g 1  3 , g  2   6 . Suy ra max g  x   3 , min g  x   3 .  1;2  1;2  49 Đặt t  2  x  2 x  2 , t   3;3  t 2  x  4  2  2  x  2 x  2 . C Bất phương trình đã cho trở thành: t  4  m  4t  t  4t  4  m . 2 2 Xét hàm số f  t   t 2  4t  4 trên đoạn  3;3 . Có f   t   2t  4 , f   t   0  t  2 . f  3   4 3  1 , f  2   8 , f  3  7 . Suy ra max f  t   7 .  3;3   Để bất phương trình đã cho có nghiệm thì m  max f  t  hay m  7 .  3;3   Vậy m  7 . Lời giải 50 B Chọn B
Hàm số y  f  x   ax 4  bx 2  c xác định và liên tục trên D  . Ta có f  0   c  2017  0 . f  1  f 1  a  b  c  2017 Do đó  f  1  2017  .  f  0   2017   0 và  f 1  2017  .  f  0   2017   0 Mặt khác lim f  x    nên   0 ,   0 sao cho f    2017 , f     2017 x   f    2017  .  f  1  2017   0 và  f     2017  .  f 1  2017   0 Suy ra đồ thị hàm số y  f  x   2017 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt Đồ thị hàm số y  f  x   2017 có dạng Vậy số cực trị của hàm số y  f  x   2017 là 7 .