Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 2 năm 2019 - THPT Thăng Long, Hà Nội

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:24

Thêm vào BST

Báo xấu

19
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Vận dụng kiến thức và kĩ năng các bạn đã được học để thử sức với Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 2 năm 2019 - THPT Thăng Long, Hà Nội này nhé. Thông qua đề kiểm tra giúp các bạn ôn tập và nắm vững kiến thức môn học.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 2 năm 2019 - THPT Thăng Long, Hà Nội

TRƯỜNG THPT THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 – NĂM 2018-2019 MÃ ĐỀ 261 Bài thi: TOÁN HỌC Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Đề thi có 4 trang, gồm 50 câu Mục tiêu đề thi: Đề thi thử THPTQG của trường THPT Thăng Long lần 2 năm 2018 – 2019 với mức độ câu hỏi đã khó hơn và vẫn bám rất sát lượng kiến thức như trong đề minh họa THPTQG đã công bố trước đó. Các câu hỏi được đánh giá khá hay và phù hợp với phần đông học sinh, không có quá nhiều câu hỏi khó nhưng các câu hỏi cũng khá phức tạp. Học sinh muốn đạt điểm cao ngoài ôn tập tốt cần có tư duy tốt. Câu 1: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2;3;1 , B  0; 1; 2  Phương trình nào sau đây không phải là phương trình của đường thẳng AB ?  x  2  2t  x  2t  x  2  2t  x  2t     A.  y  3  4t B.  y  1  4t C.  y  3  4t D.  y  1  4t z  1 t z  2  t z  1 t z  2  t     Câu 2: Hàm số y  x 4  2 x 2  1đồng biến trên khoảng nào sau đây? A.  1;1 B. R C.  ;0  D.  0;   Câu 3:Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ bên? 2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 A. y  B. y  C. y  D. y  x 1 x 1 x 1 x 1   Câu 4:Trong không gian với hệ tọa độ O; i; j; k cho u  2i  j  k . Tính u ? A. u  6 B. u  2 C. u  4 D. u  5 Câu 5: Tổng tất cả các giá trị nghiệm của phương trình log 3  x 2  x  3  2 là: A.-6 B.2 C.3 D. -1 4 Câu 6: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên 1; 4 , biết f  4   3, f 1  1 . Tính  2 f '  x dx . 1 A. 8 B. 4 C. 5 D. 10 Câu 7:Tìm hệ số của x3 trong khai triển f  x    2 x  1 thành đa thức? 25 A. 300 B.2300 C. 1200 D.18400 u1  3  Câu 8: Cho dãy số  un  :  5 . Tính S  u20  u6  n 1 u  u n  , n  1 2
69 75 A. S  33 B. S  C. S  35 D. S  2 2 Câu 9: Tính thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a (khối cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình lập phương).  a3 2  a3  a3  a3 A. B. C. D. 6 6 8 6 Câu 10: Một nguyên hàm của hàm số f  x   2 là: x 2 x 1 2x A. B. 2 C. 2 x ln 2 D. 2 x  2 x 1 ln 2 Câu 11: Cho a,b là các số thực dương, a  1 . Khi đó a log c b bằng: A. b a B. a C. b D. a b Câu 12:Số phức z  i  3  i  biểu diễn trên mặt phẳng Oxy bởi điểm nào sau đây? A.  3;1 B. 1;3 C.  1; 3 D.  3; 1 Câu 13:Cho khối đa diện (kích thước như hình vẽ bên) được tạo bởi ba hình chữ nhật và hai tam giác bằng nhau. Tính thể tích khối đa diện đã cho A. 48cm3 B. 192cm3 C. 32cm3 D. 96cm3 Câu 14: Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu đạo hàm như hình bên. Hàm số y  f  x  đạt cực tiểu tại x  1 3 5  f  x + 0  0 + 0 + A. x  0 B. x  3 C. x  1 D. x  5 Câu 15: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng Oxyz ,cho mặt phẳng   song song với mặt phẳng (Oxyz) và cắt Ox tại điểm  2;0;0  . Phương trình mặt phẳng   là A. y  z  2  0 B. x  2  0 C. x  2  0 D. y  z  2  0 Câu 16: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình bên. Tìm khoảng đồng biến của hàm số y  f 3  x  x  1 1  y + 0  0 + y 3   1 A.  ;3 B.  2; 4  C.  ; 4  D.  2;  
Câu 17:Lượng nguyên liệu cần dùng để làm ra một chiếc nón lá được ước lượng qua phép tính diện tích xung quanh của mặt nón. Cứ 1kg lá dùng để làm nón có thể làm ra số nón có tổng diện tích xung quanh là 6,13m2 . Hỏi nếu muốn làm ra 1000 chiếc nón lá giống nhau có đường kính vành nón là 50cm, chiều cao 30cm thì cần khối lượng lá gần nhất với con số nào dưới đây? (coi mỗi chiếc nón là có hình dạng là 1 hình nón). A. 48kg B. 38kg C. 50kg D. 76kg     x x Câu 18: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2 1  2  1  6  0 là: 5 A. 1 B. C. 6 D.0 2 Câu 19: Phương trình ax 2  bx  c  0  a, b, c  R  có hai nghiệm phức phân biệt khi và chỉ khi: a  0 a  0 a  0 A.  2 B.  2 C.  2 D. b 2  4ac  0 b  4ac  0 b  4ac  0 b  4ac  0 Câu 20:Cho số phức z có phần thực là 2 và phần ảo là 3 . Môđun của số phức 3  iz là: A. 22 B. 2 C. 2 10 D. 10 Câu 21: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  và trục hoành gồm hai phần, phần nằm phía trên 8 5 trục hoành có diện tích S1  và phần nằm phía dưới trục hoành có diện tích S 2  (tham khảo hình vẽ 3 12 0 bên). Tính I   f  3x  1dx . 1 27 5 3 37 A. I  B. I  C. I  D. I  4 3 4 36 Câu 22: Cho F  x   x 4  2 x 2  1 là một nguyên hàm của hàm số f '  x   4 x . Hàm số y  f  x  có tất cả bao nhiêu điểm cực trị? A. 2 B. 0 C. 3 D.1 Câu 23. Cho hình chóp đều .S ABCD có SA  a 5, AB  a . Gọi M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của SA, SB,SC,SD . Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng DN và mặt phẳng (MQP) ? 2 1 3 15 A. B. C. D. 2 2 2 6 x2 Câu 24: Tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số y  tại hai điểm x 1 phân biệt là: A.  2;3 B. R C.  2;   D.  ;3
Câu 25:Cho hình chóp S.ABC có SA   ABC  , tam giác ABC đều AB  a ; góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60o . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA,SB. Tính thể tích khối chóp SMNC : a3 a3 a3 3 a3 A. B. C. D. 16 4 12 8 2 Câu 26: Bất phương trình  0, 2  .2 x  x2 tương đương với bất phương trình nào sau đây? 5 2 A.  x 2  x  log 2    0 B. x 2  x log5 2  log5 2  1  0 5 C. x  1 D. x 2  x log5 2  log5 2  1  0 Câu 27:Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường elip có phương x2 y 2 trình   1 quay xung quanh trục Ox . 9 4 A. 16 B. 6 C. 8 D. 12 4 x2  2 x 1  x Câu 28: Đồ thị hàm số y  có bao nhiêu đường tiệm cận x 1 A.0 B.3 C.1 D.2 Câu 29:Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  3; 2;1 , B 1; 4; 1 . Phương trình mặt cầu đường kính AB là: A.  x  1   y  3  z 2  24 B.  x  1   y  3  z 2  24 2 2 2 2 C.  x  1   y  3  z 2  6 D.  x  1   y  3  z 2  6 2 2 2 2 z Câu 30.Số phức z thỏa mãn 3  2i  là số thực và z  i  2 ,Phần ảo của z là: i A. 1 B.-2 C.1 D.2 108 Câu 31:Hàm số y  x  đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn 103 ;109  tại điểm x bằng: x A. 106 B. 104 C. 103 D. 105 x 1 y z  2 Câu 32: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng :   à điểm A  4;1;1 . Gọi A ' là hình 2 1 1 chiếu của A trên  . Mặt phẳng nào sau đây vuông góc với AA' ? A.  x  3 y  z  3  0 B. x  y  4 z  1  0 C. x  2 y  2  0 D. 4 x  y  7 z  1  0 Câu 33: Tìm tập hợp tất cả các giá trị của m để hàm số y  x3   3m  1 x 2  m2 x  3 đạt cực tiểu tại x  1 A. 5;1 B.  C. 1 D. 5 2 Câu 34: Tập nghiệm của phương trình x 3  5 là:  A.  3 52  B.  5 3 2 C.  53  D.  53  Câu 35. Cho số thực a0;1 . Đồ thị hàm số y  log a x là hình vẽ nào dưới đây?
A. B. C. D. Câu 36. Tính thể tích của vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x  0, x   . Biết rằng thiết diện của vật thể cắt bởi mặt phẳng vuông góc với Ox tại điểm có hoành độ x  0  x    là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng sin x  2 7 7 9 9 A. 2 B. 1 C. 2 D. 1 6 6 8 8 Câu 37. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f  f  x   m   0 có 3 nghiệm phân biệt. A. 4 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 38. Cho hàm số y  ax3  bx2  cx  d có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số g  x    f  x   nghịch biến 2 trên khoảng nào dưới đây? A.  ,3 B.  3;   C.  3,1 D. (1,3) Câu 39. Áp suất không khí P (đo bằng milimet thủy ngân, kí hiệu là mmHg) suy giảm mũ so với độ cao x (so với mặt nước biển) (đo bằng mét) theo công thức P  P0 .e xi trong đó P0  760mmHg là áp suất ở mực nước biển  x  0, i là hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000m thì áp suất của không khí là 672,71 mmHg . Hỏi áp suất không khí ở độ cao 3343m là bao nhiêu (làm tròn đến hàng phần trăm)? A. 495,34mmHg B. 530,23mmHg C. 485,36mmH D. 505,45mmHg Câu 40. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y  mx 4   m  5 x 2  3 đồng biến trên khoảng 0;. A. 6 B. 4 C. 3 D. 5
Câu 41. Cho mặt cầu S  có bán kính 3 . Trong tất cả các khối trụ nội tiếp mặt cầu S  (hai đáy của khối trụ là những thiết diện của hình cầu cắt bởi hai mặt phẳng song song), khối trụ có thể tích lớn nhất là bao nhiêu? 4 3 3 3 A. 4 B. 3 C. D. 3 2 Câu 42. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  5  0 và  Q  : x  y  2  90. Trên P có tam giác ABC , gọi A’,B’,C’ lần lượt là hình chiếu của A,B,C trên Q . Biết tam giác ABC có diện tích bằng 4, tính diện tích tam giác A’B’C’ A. 2 B. 2 2 C. 2 D. 4 2 Câu 43. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm sáu chữ số được tạo thành từ các chữ số 1, 2,3, 4 trong đó chữ số 1 có mặt đúng 3 lần, các chữ số còn lại có mặt đúng một lần. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính xác suất để số được chọn không có hai chữ số 1 nào đứng cạnh nhau. 1 1 A. 0,2 B. C. D. 0,3 3 6 Câu 44. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  4  0 và điểm A  2, 1,3 . Gọi  là đường thẳng đi qua A và song song với P , biết  có một vectơ chỉ phương là u  a, b, c  , đồng thời  đồng phẳng a và không song song với Oz . Tính c 1 1 A.  B. C. 2 D. – 2 2 2 Câu 45. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh 2a . Hình chiếu của S trên mặt đáy là trung điểm H của OA ; góc giữa hai mặt phẳng SCD và  ABCD bằng 450 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC 3a 2 3a 2 A. a 2 B. C. D. a 6 2 4 Câu 46. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có AB  BC  a, AA  a 3. Gọi I là giao điểm của AD' và A’D ; H là hình chiếu của I trên mặt phẳng  ABC D  , K là hình chiếu của B lên mặt phẳng  CAB  . Tính thể tích khối tứ diện IHBK ? a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. B. C. D. 4 6 16 8 Câu 47. Trong không gian Oxyz , gọi S  là mặt cầu đi qua D0;1; 2 và tiếp xúc với các trục Ox,Oy,Oz tại các điểm A(a,0,0), B(0,b,0), C(0,0,c), trong đó a,b,c  R \ 0;1 Tính bán kính của S  ? 3 2 5 A. B. 5 C. 5 2 D. 2 2 z ia Câu 48. Cho số thực a thay đổi và số phức z thỏa mãn  . Trên mặt phẳng tọa độ, gọi a2  1 1  a  a  2i  M là điểm biểu diễn số phức z . Khoảng cách giữa hai điểm M và I 3; 4 (khi a thay đổi) là: A. 4 B. 3 C. 5 D. 6 Câu 49. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt: x 4  16 x 2  8 1  m  x  m2  2m  1  0 A. 4 B. 7 C. 6 D. 5
Câu 50. Cho hàm số y  f  x  , hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số  5sin x  1   5sin x  1 2 g  x  2 f    3 có bao nhiêu cực trị trên khoảng 0; 2  ?  2  4 A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1–A 2–D 3–C 4–A 5–D 6–B 7–D 8–C 9–B 10 - B 11 – C 12 – B 13 – D 14 – B 15 – B 16 – B 17 – C 18 – D 19 – C 20 – C 21 – C 22 – D 23 – A 24 – B 25 – A 26 – D 27 – A 28 – D 29 – D 30 – A 31 – B 32 – A 33 – D 34 – B 35 – C 36 – C 37 – B 38 – D 39 – D 40 – A 41 – A 42 – B 43 – D 44 – C 45 – A 46 – C 47 – C 48 – A 49 – C 50 – C Câu 1. Chọn A. Phương pháp: Đường thẳng AB nhận AB là 1 VTCP Cách giải: Ta có AB   2, 4,1 là 1 VTCP của đường thẳng AB , do đó đáp án A không phải là đường thẳng AB. Câu 2. Chọn D. Phương pháp: Giải bất phương trình y  0 và kết luận các khoảng đồng biến của đồ thị hàm số. Cách giải: Ta có y  4 x3  4 x  4 x  x 2  1 y  0  4 x  0  x  0 Vậy hàm số y  x 4  2 x 2  1 đồng biến trên khoảng  0;   Câu 3. Chọn C. Phương pháp: Dựa vào TCĐ và các điểm mà đồ thị hàm số đi qua. Cách giải: Đồ thị hàm số có TCĐ x  x0  0  Loại đáp án A và B vì hai đồ thị hàm số ở đáp án A và B có đường TCĐ x 1. 2x 1 Đồ thị hàm số đi qua điểm a;0 với a  0  Loại đáp án D vì đồ thị hàm số y  đi qua điểm x 1  1    ;0   2  Câu 4. Chọn A. Phương pháp: Với u  ai  b j  ck  u   a, b, c   u  a 2  b 2  c 2
Cách giải: u  2i  j  k  u   2, 1,1  u  22   1  12  6 2 Câu 5. Chọn D. Phương pháp: log a f  x   b  f  x   a b Cách giải: x  2 log3  x 2  x  3  2  x 2  x  3  9  x 2  x  6  0    x  3 Vậy tổng tất cả các giá trị nghiệm của phương trình log 3  x 2  x  3  2 là 2   3  1 Câu 6. Chọn B. Phương pháp: b  f  x  dx  f  x   f b   f  a  b a a Cách giải: 4  2 f   x  dx  2 f  x   2  f  4   f 1   4 4 1 1 Câu 7. Chọn D. Phương pháp: n Khai triển nhị thức Newton:  a  b    Cnk a k b n k n k 0 Cách giải: 25 25 f  x    2 x  1   C25k  2k  125k   C25k 2k x k 25 k k 0 k 0 Số hạng chứa x ứng với k  3  Hệ số của số hạng chứa x3 là C25 3 3 .23  18400 Câu 8. Chọn C. Phương pháp: SHTQ của cấp số cộng có số hạng đầu u1, công sai d là un  u1   n  1 d Cách giải: 5 5 Do un 1  un  , n  1  Dãy số trên là 1 CSC có u1  3, d  2 2  5 89 u20  u1  19d  3  19. 2  2 89 19   S  u20  u6    35 u  u  5a  3  5. 5  19 2 2  6 1 2 2 Câu 9. Chọn B. Phương pháp: 4 Thể tích khối cầu bán kính R là V   R 3 3 Cách giải: a Khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a có bán kính R  2
4  a   a3 3 Vậy thể tích khối cầu là V      3 2 6 Câu 10. Chọn B. Phương pháp: ax  a dx  C x ln a Cách giải: 2x  f  x  dx   2 dx  x C ln 2 2x Vậy một nguyên hàm của hàm số f  x   2 x là 2 ln 2 Câu 11. Chọn C. Phương pháp: Sử dụng công thức: a loga b  b Cách giải: a loga b  b Câu 12. Chọn B. Phương pháp: Số phức z  a  bi có điểm biểu diễn M  a, b  Cách giải: z  i  3  i   3i  1 có điểm biểu diễn là 1;3. Câu 13. Chọn D. Phương pháp: Thể tích lăng trụ: . V  Sday .h Cách giải: Khối được tạo bởi ba hình chữ nhật và hai tam giác bằng nhau như hình vẽ là khối lăng trụ đứng.  V  Sday .h  .4.6.8  96  cm3  1 2 Câu 14. Chọn B. Phương pháp: Hàm số y  f  x  đạt cực tiểu tại x  x0  qua điểm x  x0 thì f   x  đổi dấu từ âm sang dương. Cách giải: Dựa vào bảng xét dấu ta thấy qua điểm x  3 thì f   x  đổi dấu từ âm sang dương, do đó hàm số y  f  x  đạt cực tiểu tại x  3. Câu 15. Chọn B. Phương pháp: +) Mặt phẳng Oyz có phương trình x  0 . +) Mặt phẳng song song với Oyz có dạng x = c (c  0 ) +) Thay điểm 2; 0; 0 vào phương trình mặt phẳng. Cách giải: Mặt phẳng Oyz có phương trình x  0 nên mặt phẳng   song song với mặt phẳng Oyz có dạng x = c (c 0 )
 2, 0, 0      2  c (tm) Vậy   : x  2  x  2  0 Câu 16. Chọn B. Phương pháp: +) Tính đạo hàm của hàm số y  f  3  x  +) Giải bất phương trình y  0 để tìm các khoảng đồng biến của hàm số. Cách giải: Ta có y   f   3  x   0  f   3  x   0  1  3  x  1  2  x  4 Vậy hàm số y  f  3  x  đồng biến trên 2; 4. Câu 17. Chọn C. Phương pháp: Diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy R là độ dài đường sinh l là S xq   Rl Cách giải: Ta có: h  30cm, R  25cm  l  h2  R 2  5 61  cm  Diện tích xung quanh của 1 chiếc nón là là: S xq   Rl   .25.5 61  125 61  cm 2  Cứ 1kg lá dùng để làm nón có thể làm ra số nón có tổng diện tích xung quanh là 6,13m2  61300cm2 nên 61300 1kg lá có thể làm được  20 (nón) 125 61 1000 Vậy để làm 1000 chiếc nón cần  50 (kg lá) 20 Câu 18. Chọn D. Phương pháp:         1 x x x x Nhận xét 2 1 . 2  1  1 nên đặt 2  1  t, t  0  2  1  . Sử dụng định lí Vi-ét. t Cách giải:       x x Ta có: 2 1 2 1  1  2 1 2 1  1   1   1 x x Đặt 2  1  . Khi đó phương trình trở thành  t  6  0  t 2  6t  1  0 2  1  t, t  0  t t Có   9  1  8  0  Phương trình ẩn t có 2 nghiệm t1, t2 phân biệt  Phương trình ban đầu có 2 nghiệm x1, x2 phân biệt. Ta có: x1  x2  log t  log 2 1 1 t  log 2 1 2 t t  log 2 1 1 2 2 1 1 0 Câu 19. Chọn C. Cách giải: a  0 Phương trình ax 2  bx  c  0  a, b, c  R  có hai nghiệm phức phân biệt khi và chỉ khi:  2 b  4ac  0 Câu 20. Chọn C. Phương pháp: z  a  bi  z  a 2  b2 Cách giải:
Số phức z có phần thực là 2 và phần ảo là 3  z  2  3i  3  iz  3  i  2  3i   6  2i  z  36  4  2 10 Câu 21. Chọn C. Phương pháp: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  trục hoành, đường thẳng x  a, x  b  a  b  là b S   f  x  dx a Cách giải:  0 8  S1   f  x  dx   2 3 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy  1  S   f x dx  5  2  0   12 0 I   f  3x  1 dx 1 Đặt t  3x  1  dt  3dx  x  1  t  2 Đổi cận  x  0  t  1 1  18 5  3 1 0 1 1       3 2 3  2 0 I  f t dt   f t dt  f t dt      3  3 12  4 Câu 22. Chọn D. Phương pháp: +) F  x   x 4  2 x 2  1 là một nguyên hàm của hàm số f   x   4 x  f   x   4 x  F   x  +) Lập BXD f   x  và kết luận. Cách giải: F  x   x 4  2 x 2  1 là một nguyên hàm của hàm số f   x   4 x  f   x   4 x  F   x   f   x   4 x  4 x 3  3x  f   x   4 x 3 Ta có: f   x   0  4 x3  0  x  0 BXD: x  0  f  x  0 + Từ BXD f   x  ta thấy hàm số có duy nhất 1 điểm cực tiểu x  0 Câu 23. Chọn A. Phương pháp: +) Chứng minh  DN ,  MQP    d  DN ,  MNP    d  DN ,  ABCD   +) Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng cắt nhau là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó. Cách giải:
Dễ dàng chứng minh được MNPQ đồng phẳng và  MNPQ  / /  ABCD  dựa vào tính chất đường trung bình của tam giác   DN ,  MQP    d  DN ,  MNP    d  DN ,  ABCD   Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  . Gọi H là trung điểm của OB . Xét tam giác SOB có NH là đường trung bình  NH / / SO  NH   ABCD   DH là hình chiếu của DN trên  ABCD   DN ,  ABCD     DN , DH   NDH 3 3a 2 1 a 2 ABCD là hình vuông cạnh a  BD  a 2  DH  BD  , OB  BD  4 4 2 2 3a 1 3a Xét tam giác vuông SOB có SO  SB 2  OB 2   NH  SO  2 2 2 2 9a 2 9a 2 3a Xét tam giác vuông NHD có: ND  NH 2  HD 2    8 8 2 3a 2 DH 2  cos NDH   4  ND 3a 2 2 Câu 24. Chọn B. Phương pháp: x2 Để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số y  tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ giao x 1 điểm phải có 2 nghiệm phân biệt khác 1. Cách giải: x2 Xét phương trình hoành độ giao điểm  x  m  x  1 x 1  x  2   x  1 x  m   x  2  x 2  mx  x  m  g  x   x 2   m  2  x  m  2  0 * x2 Để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số y  tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ giao x 1 điểm phải có 2 nghiệm phân biệt khác 1.   0  m  2   4  m  2   0 m 2  12  0 2    (luôn đúng m  R )  g 1  0 1  m  2  m  2  0 3  0 Câu 25. Chọn A.
Phương pháp: +) Tính thể tích khối chóp S.ABC VSMNC SM SN SC +) Sử dụng công thức tỉ số thể tích  . . VSABC SA SB SC Cách giải: Ta có SA   ABC    SB,  ABC     SB, AB   SBA  600 Xét tam giác vuông SAB : SA  AB.tan 600  a 3 1 1 a 2 3 a3  VS . ABC  SA.S ABC  a 3.  3 3 4 4 VSMNC SM SN 1 a3 Ta có:  .   VSMNC  VSABC SA SB 4 16 Câu 26. Chọn D. Phương pháp: Sử dụng phương pháp logarit 2 vế của bất phương trình Cách giải:  0, 2  .2x   log5  0, 2  .2 x   log5  x 2 log5  0, 2   x log 5 2  log 5 2  log 5 5 x2 2 x2 2 5 5   x 2  x log5 2  log5 2  1  0  x 2  x log5 2  log5 2  1  0 Câu 27. Chọn A. Phương pháp: Thể tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  , đường thẳng x  a, x  b  a  b  khi b quay quanh trục hoành là V    f 2  x   g 2  x  dx a Cách giải: x2 y 2  x2  x2   1  y 2  4 1    y  2 1  9 4  9  9 x2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  2 1  và trục hoành ta có: 9 x2 x2 2 1  0  1   0  x 2  9  x  3 9 9
2  3 x2  Vậy V     2 1   dx  16  3  9   Câu 28. Chọn D. Phương pháp: Cho hàm số y  f  x  +) Nếu lim y  y0 hoặc lim y  y0 thì y  y0 là TCN của đồ thị hàm số. x  x  +) Nếu lim y   hoặc lim y   thì x  x0 là TCĐ của đồ thị hàm số. x  x0 x  x0 Cách giải:  1  5  x  4 x 2  2 x  1  0   4 ĐKXĐ:    1  5  x  1  x   4  x  1 2 1 4   2 1 4 x2  2 x 1  x x x Ta có: lim  lim 3 x  x 1 x  1 1 x 2 1  4   2 1 4x  2x 1  x 2 x x lim  lim  1 x  x 1 x  1 1 x 4 x2  2 x 1  x  lim 4 x2  2 x 1  x2  lim  x  1 3x  1     lim x 1 x 1 x 1  x  1 4 x 2  2 x  1  x x1  x  1 4 x 2  2 x  1  x  lim  3x  1  3  1  2 x 1  4 x2  2 x 1  x  4  2 1  1 4 x2  2 x 1  x  lim 4 x2  2 x  1  x2  lim  x  1 3x  1     lim x 1 x 1 x 1  x  1 4 x 2  2 x  1  x x1  x  1 4 x 2  2 x  1  x  lim  3x  1  3  1  2 x 1  4 x2  2 x 1  x  4  2 1  1 Vậy đồ thị hàm số có 2 TCN y  3, y  1 Câu 29. Chọn D. Phương pháp: Phương trình mặt cầu tâm I  a, b, c  bán kính R là  x  a    y  b    z  c   R 2 2 2 2 Cách giải: 1 1 Mặt cầu đường kính AB có tâm I 1;3;0 là trung điểm của AB , bán kính R  AB  42  22   2   6 2 2 2 Vậy phương trình mặt cầu đường kính AB là  x  1   y  3  z 2  6 2 2 Câu 30. Chọn A.
Phương pháp: Đặt z  a  bi  a, b  R   z  a  bi Cách giải: Giả sử z  a  bi  a, b  R   z  a  bi z Theo bài ra ta có: 3  2i   3  2i   a  bi  i  3  2i  ai  b là số thực  2  a  0  a  2 i  z  2  bi  z  i  2  bi  i  2   b  1 i  2  4   b  1  2  b  1  0  b  1 2 Vậy z  b  1 Câu 31. Chọn B. Phương pháp: Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số a,b không âm ta có a  b  2 ab Cách giải: 108 Xét hàm số y  x  trên 103 ,109  , áp dụng BĐT Cô-si ta có: x 108 108 x  2 x.  2.104  y  2.104 x x 108 Dâu = xảy ra  x   x 2  108  x  104 x Câu 32. Chọn A. Phương pháp: +) Tham số hóa tọa độ điểm A' . +) AA.u  0   Tìm tọa độ điểm A' . +) Mặt phẳng vuông góc với AA' nhận AA là 1 VTPT. Cách giải: A' là hình chiếu của A trên   A    A 1  2t , t , 2  t  Ta có AA   2t  5, t  1, t  3 Gọi u   2,1, 1 là 1 VTCP của đường thẳng  nên AA.u  0  2  2t  5    t  1  1 t  3  0  6t  12  0  t  2  AA  1, 3, 1 Mặt phẳng vuông góc với AA' nhận AA là 1 VTPT Câu 33. Chọn D. Phương pháp:  f   x0   0 Hàm số y  f  x  đạt cực tiểu x  x0    f   x0   0 Cách giải: Ta có: y  3x 2  2  3m  1 x  m2 , y  6 x  2  3m  1
m  5  y  1  0 3  2  3m  1  m  0   m  1 2 Để hàm số đạt cực tiểu tại x  1 thì     m5  y  1  0 6  2  3m  1  0 m  4  3 Câu 34. Chọn B. Phương pháp: +) xn  a  x  n a n +) Sử dụng công thức m an  a m Cách giải: 2 2 x  5  x  5  3 52 3 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là  53 2 Câu 35. Chọn C. Phương pháp: Dựa vào tính đồng biến, nghịch biến, TXĐ của các hàm số. Cách giải: Hàm số y  log a x có TXĐ D   0;   nên loại đáp án A và D. Do a0;1 nên hàm số nghịch biến trên 0;. Câu 36. Chọn C. Phương pháp: Thể tích của vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x  a, x  b thiết diện của vật thể cắt bởi mặt phẳng vuông b góc với Ox tại điểm có hoành độ x  0  x    có diện tích S  x  là V   S  x dx a Cách giải: sin x  2 Tam giác vuông có cạnh huyền bằng \ sin x  2 có cạnh góc vuông bằng 2 1  sin x  2   sin x  2  2 2  S  x     2 2  2    1 1  cos 2 x  sin x  2  dx    sin 2 x  4sin x  4  dx     1 1 V    4sin x  4  dx 2 40 40 4 0 2   11 sin 2 x  11  9   x  4cos x  4 x      4  4  4   2 42 4 0 42  8 Câu 37. Chọn B. Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f  x   m là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng song song với trục hoành. Cách giải:  f  x  m  0  f  x   m 1 f  f  x   m   0     f  x   m  2  f  x   2  m  2 
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình f  x   m có tối đa 2 nghiệm phân biệt, do đó để phương trình f  f  x   m   0 có 3 nghiệm phân biệt thì: m  3 m  3 TH1: (1) có 1 nghiệm và (2) có 2 nghiệm phân biệt    m3 2  m  3 m  5 m  3 m  3 TH2: (1) có 2 nghiệm phân biệt và (2) có 1 nghiệm     m  2  m  3 m  5 Vậy m = 3 Câu 38. Chọn D. Phương pháp: +) Tính g   x  +) Sử dụng phương pháp thử đáp án. Cách giải: Ta có: g   x   2 f  x  . f   x  Chọn x  2  g   2   2 f  2  . f   2   f  2   0 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy   g   2   0  Loại đáp án B và C.  f   2   0 Chọn x  1  g   1  2 f  1 . f   1  f  1  0 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy   g   1  0  Loại đáp án A.  f   1  0 Câu 39. Chọn D. Phương pháp: +) Dựa vào dữ kiện ở độ cao 1000m thì áp suất của không khí là 672,71 mmHg tính i . +) Tính áp suất không khí ở độ cao 3343m. Cách giải: Ở độ cao 1000m thì áp suất của không khí là 672,71 mmHg nên ta có: 672,71  760.e1000i 672, 71 ln 672, 71 760  e1000i  i 760 1000 672,71 ln 3343. 760 Áp suất không khí ở độ cao 3343m là P  Po .e3343i  760.e 1000  505, 45mmHg Câu 40. Chọn A. Phương pháp: Sử dụng phương pháp hàm số. Cách giải: Ta có y  4mx3  2  m  5 x TH1: m  0  y  10 x  0  x  0  Hàm số đồng biến trên khoảng  0;   Do m  0 thỏa mãn TH2: m  0 Hàm số đồng biến trên khoảng  0;   khi và chỉ khi y  0x   0;  
4mx3  2  m  5  x  0, x   0;    x  4mx 2  2  m  5    0, x   0;    4mx 2  2  m  5  0, x   0;    g  x   2mx 2  m  5  0, x   0;    min g  x   0 0,   Xét hàm số g  x   2mx 2  m  5 ta có g   x   4mx  0  x  0 TH1: m  0 BBT: x  0  g  x  0 + g  x Từ BBT  g  0   0  m  5  0  m  5  0  m  5 TH2: m  0  Không tồn tại min g  x  0;  Vậy 0  m  5 Câu 41. Chọn A. Phương pháp: Sử dụng phương pháp hàm số. Cách giải: Gọi h R, lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của khối trụ, ta có: h2 h2  h   R2  3  R2  3   0   3  0  h  6  4 4 2   h2   Thể tích khối trụ là V   R 2 h    3   .h  12h  h3   4 4 Xét hàm số f  h   12h  h3 , h   0, 6  ta có f   h   12  3h2  0  h  2 BBT: h 0 2 6 f   h + 0  f h Từ BBT ta thấy max f  h   f  2   12.2  23  16  0,6 Câu 42. Chọn B. Phương pháp: Sử dụng công thức S ABC   S ABC .cos   P  ,  Q  
Cách giải: Ta có: nP   2, 1, 2  , nQ  1, 1, 0  lần lượt là 1 VTPT của (P),(Q) . nP , nQ 2 1 0 Khi đó cos   P  ,  Q    1   nP nQ 9 2 2   Vậy S ABC   S ABC .cos  P  ,  Q   4. 2 2 2 2 Câu 43. Chọn D. Phương pháp: Sử dụng phương pháp vách ngăn. Cách giải: Số số tự nhiên gồm sáu chữ số được tạo thành từ các chữ số 1, 2,3, 4 trong đó chữ số 1 có mặt đúng 3 lần là 6! n      120 3! Gọi A là biến cố: “ số được chọn không có hai chữ số 1 nào đứng cạnh nhau”. Xếp 3 chữ số 1 có 1 cách xếp, khi đó tạo ra 2 khoảng trống giữa các chữ số 1. Chọn 2 số trong 3 số còn lại xếp vào 2 khoản trống giữa 2 chữ số 1 đó, có A32  6 cách xếp. Khi đó ta đã xếp được 5 chữ số, và có 6 khoảng trống (bao gồm 4 khoảng trống giữa 5 số và 2 khoảng trống ở hai đầu)  Có 6 cách xếp chữ số còn lại.  n  A  6.6  36 36 3 Vậy P  A     0,3 120 10 Câu 44. Chọn C. Phương pháp: +)  đồng phẳng và không song song với Oz   cắt Oz. Giả sử   Oz  B  0, 0, b  +) Do  / /  P   AB.nP  0. Tìm b. Cách giải:  đồng phẳng và không song song với Oz   cắt Oz. Giả sử   Oz  B  0, 0, b   AB   2,1, b  3 là 1 VTCP của  nP  1,1, 1 là 1 VTCP của (P) Do  / /  P   AB.nP  0  1  1  b  3  0  b  2 a  2  a 2  AB   2,1, 1  b  1   2 c  1 c 1  Câu 45. Chọn A. Phương pháp: Chứng minh d  AB, SC   d  A,  SCD    d  H ,  SCD   4 3 Cách giải:
CD  SH  SH   ABCD   Trong  ABCD  kẻ HM  CD  M  CD  ta có   CD   SHM   CD  SM CD  HM  SCD    ABCD   CD   SCD   SM  CD    SCD  ,  ABCD     SM , HM   SMH  450   ABCD   HM  CD  HK  SM Trong (SHM) kẻ HK  SM  K  SM  ta có:   HK   SCD   HK  CD Ta có: AB / /CD  d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  A,  SCD   d  A,  SCD     d  A,  SCD    d  H ,  SCD    HK AC 4 4 4 AH   SCD   C   d  H ,  SCD   HC 3 3 3 HM HC 3 3 3a Áp dụng định lí Talet ta có:    HM  AD  AD AC 4 4 2 3a 2 3a 2 Xét tam giác vuông HMK: HK  HM .sin 450  .  2 2 4 4 3a 2 Vậy d  AB, SC   . a 2 3 4 Câu 46. Chọn C. Phương pháp: Sử dụng phương pháp tọa độ hóa. Cách giải: Chọn a 1 . Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.      Ta có: B  0, 0, 0  , A 1, 0, 0  , A 1, 0, 3 , D 1,1, 0  , B 0, 0, 3 , C 0,1, 3 