Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 3 năm 2019 - THPT Chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:28

Thêm vào BST

Báo xấu

32
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các em tham khảo Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 3 năm 2019 - THPT Chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương nhằm giúp đánh giá năng lực, kiến thức của học sinh, từ đó có các phương pháp, định hướng học tập phù hợp, nâng cao kiến thức cho các em.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 3 năm 2019 - THPT Chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2019 LẦN 1 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Bài thi: TOÁN Ngày thi: 23 - 24/02/2019 Mã đề 132 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 [TH]: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a . Độ lớn của góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng đáy bằng: A. 450 B. 750 C. 300 D. 600 Câu 2 [NB]: Hình vẽ là đồ thị của hàm số: x3 x 3 A. y  B. y  x 1 x 1 x3 x 3 C. y  D. y  x 1 x 1 Câu 3 [TH]: Đường thẳng    là giao của hai mặt phẳng x  z  5  0 và x  2 y  z  3  0 thì có phương trình là: x2 y 1 z x2 y 1 z A.   B.   1 3 1 1 2 1 x2 y 1 z 3 x2 y 1 z  3 C.   D.   1 1 1 1 2 1 Câu 4 [TH]: Cho tập S  1; 2;3;...;19; 20 gồm 20 số tự nhiên từ 1 đến 20. Lẫy ngẫu nhiên ba số thuộc S. Xác suất để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng là 7 5 3 1 A. B. C. D. 38 38 38 114 Câu 5 [TH]: Mặt phẳng  P  đi qua A  3;0;0  , B  0;0; 4  và song song trục Oy có phương trình: A. 4 x  3z  12  0 B. 3x  4 z  12  0 C. 4 x  3z  12  0 D. 4 x  3z  0 Câu 6 [VD]: Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có AB  2 3, BB '  2 . Gọi M , N , P tương ứng là trung điểm của A ' B, A ' C ', BC . Nếu gọi  là độ lớn của góc của hai mặt phẳng  MNP  và  ACC ' thì cos  bằng: 4 2 3 2 3 A. B. C. D. 5 5 5 5 Câu 7 [TH]: Lăng trụ có chiều cao bằng a, đáy là tam giác vuông cân và có thể tích bằng 2a 3 . Cạnh góc vuông của đáy lăng trụ bằng A. 4a B. 2a C. a D. 3a Câu 8 [TH]: Tổng các nghiệm của phương trình 4 x  6.2 x  2  0 bằng: A. 0 B. 1 C. 6 D. 2 Câu 9 [TH]: Xét các số phức z thỏa mãn z  1  3i  2 . Số phức z mà z  1 nhỏ nhất là:
A. z  1  5i B. z  1  i C. z  1  3i D. z  1  i e x  m khi x  0 1 Câu 10 [TH]: Cho hàm số f  x    liên tục trên và  f  x  dx  ae  b 3  c, 2 x 3  x khi x  0 2 1  a, b, c   . Tổng T  a  b  3c bằng: A. 15 B. 10 C. 19 D. 17 Câu 11 [VD]: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2 và cạnh bên bằng 2 2 . Gọi  là góc của mặt phẳng  SAC  và mặt phẳng  SAB  . Khi đó cos  bằng 5 2 5 21 5 A. B. C. D. 7 5 7 5 Câu 12 [VD]: Trong không gian Oxyz, cho A  2;0;0  , B  0; 4;0  , C  0;0;6  , D  2; 4;6  . Gọi  P  là mặt phẳng song song với mp  ABC  ,  P  cách đều D và mặt phẳng  ABC  . Phương trình của  P  là: A. 6 x  3 y  2 z  24  0 B. 6 x  3 y  2 z  12  0 C. 6 x  3 y  2 z  0 D. 6 x  3 y  2 z  36  0 Câu 13 [TH]: Số nào sau đây là điểm cực đại của hàm số y  x4  2 x3  x2  2 ? 1 A. B. 1 C. 0 D. 2 2 Câu 14 [VD]: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên , f  0   0, f '  0   0 và thỏa mãn hệ thức 1 f  x  / f '  x   18 x   3x  x  f '  x    6 x  1 f  x  x  2 2 . Biết   x  1 e f  x dx  ae 2  b  a, b  . 0 Giá trị của a  b bằng: 2 A. 1 B. 2 C. 0 D. 3 m   3x  2 x  1 dx  6 . Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây? 2 Câu 15 [TH]: Cho 0 A.  1; 2  B.  ;0  C.  0; 4  D.  3;1 Câu 16 [NB]: Hàm số y   x3  3x2  2 đồng biến trên khoảng: A.  0; 2  B.  ;0  C. 1; 4  D.  4;   4 4 3 Câu 17 [NB]: Cho hàm số f  x  liên tục trên và  f  x  dx  10, f  x  dx  4 . Tích phân  f  x  dx 0 0 0 A. 4 B. 7 C. 3 D. 6 Câu 18 [TH]: Một hộp có 10 quả cầu xanh, 5 quả cầu đỏ. Lấy ngẫu nhiên 5 quả từ hộp đó. Xác suất để được 5 quẩ có đủ hai màu là: 13 132 12 250 A. B. C. D. 143 143 143 273 Câu 19 [NB]: Tập xác định của hàm số y  ln  x  2   là:    A. B.  3;   C.  0;   D. 2;  caodangyhanoi.edu.vn
Câu 20 [VD]: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB  a, AD  AA '  2a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và DC ' bằng: 6a 3a 3a 3a A. B. C. D. 3 2 3 2 Câu 21 [TH]: Hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên và dấu của đạo hàm được cho bởi bảng dưới đây: x  0 2  f ' x + 0  0 + Hàm số y  f  2 x  2  nghịch biến trên khoảng: A.  1;1 B.  2;   C. 1; 2  D.  ; 1 Câu 22 [VD]: Cho n  * và Cn2 .Cnn2  Cn8 .Cnn8  2Cn2 .Cnn8 . Tổng T  12 Cn1  22 Cn2  ...  n2Cnn bằng: A. 55.29 B. 55.210 C. 5.210 D. 55.28 Câu 23 [VD]: Đường thẳng  đi qua điểm M  3;1;1 , nằm trong mặt phẳng   : x  y  z  3  0 và tạo x  1  với đường thẳng d :  y  4  3t một góc nhỏ nhất thì phương trình của  là:  z  3  2t  x  1  x  8  5t '  x  1  2t '  x  1  5t '     A.  y  t ' B.  y  3  4t ' C.  y  1  t ' D.  y  1  4t '  z  2t ' z  2  t '  z  3  2t '  z  3  2t '     Câu 24 [NB]: Cho n và n !  1 . Số giá trị của n thỏa mãn giả thiết đã cho là: A. 1 B. 2 C. 0 D. vô số Câu 25 [TH]: Cho hàm số f  x  có đồ thị như hình dưới đây. Hàm số g  x   ln  f  x   đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A.  ;0  B. 1;   C.  1;1 D.  0;   Câu 26 [TH]: Hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên và f '  x   2e2 x  1 x, f  0   2 . Hàm f  x  là: A. y  2e x  2 x B. y  2e x  2 C. y  e2 x  x  2 D. y  e2 x  x  1 Câu 27 [VD]: Cần sản xuất một vỏ hộp sữa hình trụ có thể tích V cho trước. Để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy phải bằng. V V V V A. 3 B. 3 C. 3 D. 3 2 2  3 Câu 28 [VD]: Bất phương trình 4 x   m  1 2 x 1  m  0 nghiệm đúng với mọi x  0 . Tập tất cả các giá trị của m là: A.  ;12  B.  ; 1 C.  ; 0 D.  1;16 Câu 29 [NB]: Cho a   2;1;3 , b   4; 3;5  , c   2; 4;6  . Tọa độ của vectơ u  a  2b  c là: caodangyhanoi.edu.vn
A. 10;9;6  B. 12; 9;7  C. 10; 9;6  D. 112; 9;6  1 1 Câu 30 [TH]: Cho một cấp số nhân  un  : u1  , u4  4 . Số hạng tổng quát bằng: 4 4 1 1 1 1 A. n , n  * B. 4 , n  * C. n 1 , n  * D. ,n * 4 n 4 4n Câu 31 [TH]: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn các điều kiện z1  z2  2 và z1  2 z2  4 . Giá trị của 2z1  z2 bằng: A. 2 6 B. 6 C. 3 6 D. 8 x 1 Câu 32 [NB]: Số tiệm cận (đứng và ngang) của đồ thị hàm số y  là: x3  1 A. 1 B. 3 C. 0 D. 2 Câu 33 [VD]: Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2, AD  2 3 và nằm trong mặt phẳng  P  . Quay  P  một vòng quanh đường thẳng BD. Khối tròn xoay được tạo thành có thể bằng: 28 28 56 56 A. B. C. D. 9 3 9 3 Câu 34 [TH]: Tập nghiệm của bất phương trình x  3x 2  2  2 là: 2 A.  3; 2  B.  3;3 C.  3;3 \ 2;0 D.  ; 3   3;   Câu 35 [NB]: Hệ số góc của tiếp tuyến tại A 1;0  của đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2 là: A. 1 B. 1 C. 3 D. 0 1 3 3 2 Câu 36 [VD]: Cho hàm số y  x  x  2  C  . Xét hai điểm A  a; y A  , B  b; yB  phân biệt của đồ thị 2 2 C  mà tiếp tuyến tại A và B song song. Biết rằng đường thẳng AB đi qua D  5;3 . Phương trình của AB là: A. x  y  2  0 B. x  y  8  0 C. x  3 y  4  0 D. x  2 y  1  0 Câu 37 [VD]: Trong không gian Oxyz, cho A  4; 2;6  , B  2; 4; 2  , M    : x  2 y  3z  7  0 sao cho MA.MB nhỏ nhất. Tọa độ của M bằng:  29 58 5   37 56 68  A.  ; ;  B.  4;3;1 C. 1;3; 4  D.  ; ;   13 13 13   3 3 3 x Câu 38 [VD]: Số điểm cực trị của hàm số y  sin x  , x    ;   là: 4 A. 2 B. 4 C. 3 D. 5 Câu 39 [VDC]: Phương trình 4 x  1  2 x m.cos  x  có nghiệm duy nhất. Số giá trị của tham số m thỏa mãn là: A. vô số B. 1 C. 2 D. 0 Câu 40 [VDC]: Cho a, b, c là ba số thực dương, a  1 và thỏa mãn caodangyhanoi.edu.vn
2  bc  log  bc   log a  b3c3    4  4  c 2  0 . Số bộ  a; b;c  thỏa mãn điều kiện đã cho là: 2 a  4 A. 0 B. 1 C. 2 D. vô số Câu 41 [NB]: Cho số phức z  1  i . Biểu diễn số z 2 là điểm: A. M  2;0  B. M 1; 2  C. E  2;0  D. N  0; 2  x2 2tdt Câu 42 [NB]: Số điểm cực trị của hàm số f  x    1 t 2 là: 2x A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 x3  x 2  m Câu 43 [VDC]: Giá trị lớn nhất của hàm số y  trên  0; 2 bằng 5. Tham số m nhận giá trị x 1 là: A. 5 B. 1 C. 3 D. 8 Câu 44 [VDC]: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu x  y2  z2  9 2 và điểm x  1 t  M  x0 ; y0 ; z 0    d  :  y  1  2t . Ba điểm A, B, C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA, MB, MC là  z  2  3t  tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng  ABC  đi qua D 1;1; 2  . Tổng T  x02  y02  z02 bằng: A. 30 B. 26 C. 20 D. 21    Câu 45 [VDC]: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A 0; 4 2;0 , B 0;0; 4 2 , điểm C  mp  Oxy   và tam giác OAC vuông tại C; hình chiếu vuông góc của O trên BC là điểm H. Khi đó điểm H luôn thuộc đường tròn cố định có bán kính bằng: A. 2 2 B. 4 C. 3 D. 2 Câu 46 [VDC]: Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có A ' B vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  ; góc của AA ' với  ABCD  bằng 450 . Khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB ' và DD ' bằng 1. Góc của mặt phẳng  BCC ' B ' và mặt phẳng  CC ' D ' D  bằng 600 . Thể tích khối hộp đã cho là: A. 2 3 B. 2 C. 3 D. 3 3 Câu 47 [VD]: Hình phẳng  H  được giới hạn bởi đồ thị  C  của hàm số đa thức bậc ba và parabol  P  có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm như hình vẽ có diện tích bằng: caodangyhanoi.edu.vn
37 7 11 5 A. B. C. D. 12 12 12 12 Câu 48 [NB]: Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số: x  0  y' +    y 0 0 A. y  x3 B. y  log3 x C. y  x 2  x  0  D. y  3x Câu 49 [TH]: Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối hộp chữ nhật có kích thước: a, 3a, 2a là: A. 8a 2 B. 4  a 2 C. 16  a 2 D. 8  a 2 Câu 50 [VD]: Cho hình phẳng  D  giới hạn bởi các đường: y  x   , y  sin x, x  0 . Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành do  D  quay quanh trục hoành và V  p 4  p   . Giá trị của 24p bằng: A. 8 B. 4 C. 24 D. 12 ----------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN 1-D 2-C 3-C 4-C 5-A 6-B 7-B 8-B 9-B 10-C 11-C 12-A 13-B 14-B 15-C 16-A 17-D 18-D 19B 20-A 21-C 22-A 23-B 24-B 25-B 26-D 27-A 28-B 29-B 30-A 31-A 32-D 33-D 34-D 35-C 36-D 37-B 38-B 39-B 40-B 41-D 42-D 43-C 44-B 45-D 46-C 47-A 48-C 49-D 50-A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Phương pháp: Gọi a ' là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng  P  . Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng  P  là góc giữa đường thẳng a và a ' Cách giải: Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO   ABCD    SA;  ABCD     SA; OA  SAO caodangyhanoi.edu.vn
a 2 ABCD là hình vuông cạnh a  AC  a 2  OA  2 a 2 OA 1 SAO vuông tại O  cos SAO   2   SAO  600 SA a 2 2   SA;  ABCD    600 Chọn D. Câu 2: Phương pháp: Nhận biết đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất. Cách giải: Đồ thị hàm số đã cho có TCĐ: x  1 và TCN: y  1 .  Loại phương án A và D Đồ thị hàm số cắt trụ tung tại điểm có tung độ bằng 3  Loại phương án B, chọn phương án C: x3 y x 1 Chọn C. Câu 3: Phương pháp: Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua M 0  x0 ; y0 ; z0  và có 1 VTCP u  a; b; c  ,  a, b, c  0  là: x  x0 y  y0 z  z0   . a b c Cách giải: Mặt phẳng x  z  5  0, x  2 y  z  3  0 có VTPT lần lượt là n1 1;0;1 , n2 1; 2; 1 Đường thẳng  là giao của hai mặt phẳng x  z  5  0 và x  2 y  z  3  0 có 1 VTCP là: 1 u  n1 ; n2   1;1; 1 2  2  z  5  0 z  3 Cho x  2     A  2;1;3   2  2 y  z  3  0 y 1 x  2 y 1 z  3 Phương trình đường thẳng  là:   . 1 1 1 Chọn C. Câu 4: Phương pháp: ac Ba số a, b, c theo thứ tự lập thành CSC khi và chỉ khi b. 2 Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu là: C20 3  1140 caodangyhanoi.edu.vn
ac Ba số a, b, c theo thứ tự lập thành CSC khi và chỉ khi  b  a  c  2b là số chẵn. Do đó a, c cùng 2 chẵn hoặc cùng lẻ. Như vậy, để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng (giả sử 3 số đó là a, b, c  a  b  c  ) thì ta chọn trước 2 số a và c cùng chắn hoặc cùng lẻ. Ta có 4  a  c  38  2  b  19 . Khi đó, luôn tồn tại duy nhất 1 số b thỏa mãn yêu cầu đề bài. Số cách chọn bộ số  a, c  như trên là: 2.C102  90 90 3 Xác suất cần tìm là:  . 1140 38 Chọn C. Câu 5: Phương pháp: Phương trình mặt phẳng đi qua M 0  x0 ; y0 ; z0  và có 1 VTPT n  a; b; c   0 là: a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0 . Cách giải: Ta có: AB   3;0; 4  Theo đề bài, ta có: mặt phẳng  P  có 1 VTPT: n   AB; j    4;0; 3 Phương trình mặt phẳng  P  : 4  x  3  3  z  0   0  4 x  3z  12  0 . Chọn A. Câu 6: Phương pháp: S' Sử dụng định lí hình chiếu: S '  S .cos   cos   S Cách giải: Ta có:  MNP    MNCP  do CP / / B ' C '/ / MN  và  ACC '   ACC ' A '      MNP  ;  ACC '     MNCP  ;  ACC ' A '   1 Dựng PE  AC , MF  A ' C ',  E  AC ; F  A ' C '   CE  FN  AC 4 và P, E , F , M đồng phẳng. Ta có: PE  AC , PE  AA '  PE   ACC ' A '   PEFM    ACC ' A '   Hình chiếu vuông góc của hình bình hành lên  ACC ' A ' là hình bình hành S ECNF ECNF  cos   S MNCP 1 1 Ta có: S ECNF  EC.CC '  . AC.CC '  .2 3.2  3 4 4 caodangyhanoi.edu.vn
3 A ' B ' C ' đều  C ' M  2 3. 3 2 CC ' M vuông tại C '  CM  CC '2  C ' M 2  22  32  13 MNC có: MN  3, CM  13, CN  7 , có diện tích là: SMNC  p.  p  a  p  b  p  c  3  7  13  3  7  13  3  7  13  3  7  13   .   3    7    13  2  2  2  2  3  7  13 7  13  3 3  13  7 3  7  13 5 3 5 3  . . .   S MNCP  2 2 2 2 4 2 S ECNF 3 2  cos     S MNCP 5 3 5 2 Chọn B. Câu 7: Phương pháp: Thể tích hình lăng trụ: V  Sh Cách giải: Thể tích hình lăng trụ: V  Sh  2a3  Sday .a  Sday  2a 2 1 2 Gọi độ dài cạnh góc vuông của đáy là x  x  2a 2  x 2  4a 2  x  2a 2 Chọn B. Câu 8: Phương pháp: Đặt 2x  t , t  0 . Đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t. Cách giải: Đặt 2x  t , t  0 . Phương trình trở thành: t 2  6t  2  0  2  Phương trình  2  có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa mãn t1.t2  2 Khi đó, 1 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 tương ứng, thỏa mãn: 2x1  x2  2x1.2x2  t1.t2  2  x1  x2  1 Chọn B. Câu 9: Phương pháp: Tập hợp các điểm biểu diễn của các số phức thỏa mãn z  a  bi  R, R  0 là đường tròn:  x  a   y  b  R2 . 2 2 Cách giải: Tập hợp các điểm M biểu diễn của các số phức thỏa mãn z  1  3i  2 là đường tròn:  x  1   y  3  4 2 2 caodangyhanoi.edu.vn
z  1 là khoảng cách từ điểm M đến điểm A 1;0  . Khoảng cách này nhỏ nhất khi và chỉ khi M nằm giữa I và A (với I 1;3 là tâm đường tròn  x  1   y  3  4 ) 2 2 Dễ dàng tính được M 1;1 . Vậy, số phức z thỏa mãn là z  1  i . Chọn B. Câu 10 (TH): Phương pháp:  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx . b c b Sử dụng tính chất của tích phân a a c Cách giải: Hàm số f  x  liên tục trên  lim f  x   lim f  x   f  0  x 0 x 0   lim  e x  m   lim 2 x 3  x 2  1  m  0  m  1 x 0 x 0  Khi đó:  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx 1 0 1 1 1 0 1   2 x 3  x dx    e  1 dx   3  x d 3  x   e  x  0 1 0 2 x 2 2 x 1 0 1 0 0 1  2 3  3  x2  3  x2   e x  x   .3. 3  .4.2   e  1  1  e  2 3  2 3 2 3 22 3 1 0 22  a  1, b  2, c    T  a  b  3c  1  2  22  19 3 Chọn C. Câu 11 (TH): Phương pháp: S' Sử dụng định lí hình chiếu: S '  S .cos   cos   S Cách giải: Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. OB  AC Do  OB   SAC   Hình chiếu vuông góc của tam giác SAB OB  SO lên  SAC  là tam giác SAO Khi đó, cos   cos   SAB  ;  SAC    SSAO SSAB Ta có: SOA vuông tại O: caodangyhanoi.edu.vn
S SAB  p  p  a  p  b  p  c  22 2 2 2  22 2 2 2  2  2 2  2 2  2  2 2  2 2   .   2    2 2    2 2  2  2  2  2   1  2 2  . 2  2  1 .1.1  7 S SAO 3 21  cos     S SAB 7 7 Chọn C. Câu 12: Phương pháp: Phương trình mặt chắn của mặt phẳng đi qua A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  ,  a, b, c  0  là: x y z   1 a b c Cách giải: x y z Phương trình mặt phẳng  ABC  là:    1  6 x  3 y  2 z  12  0 2 4 6  P  / /  ABC    P  : 6 x  3 y  2 z  m  0,  m  12  6.2  3.4  2.6  m 36  m d  D;  P     6 3 2 2 2 2 7 6.2  3.0  2.0  m 12  m d   ABC  ;  P    d  A;  P      do  P  / /  ABC   62  32  22 7 Theo đề bài, ta có: 36  m 12  m 36  m  12  m  vo nghiem    36  m  12  m    m  24 7 7 36  m  12  m Vậy,  P  : 6 x  3 y  2 z  24  0 . Chọn A. Câu 13: Phương pháp: Xác định số điểm đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm. Cách giải:  x  0  Ta có: y  x 4  2 x3  x 2  2  y '  4 x3  6 x 2  2 x, y '  0   x  1  1 x   2 Bảng xét dấu y ' : x  0 1 1  2 y'  0 + 0  0 + caodangyhanoi.edu.vn
1 Ta thấy: y ' đổi dấu từ dương sang âm tại 1 điểm là x  2 Suy ra, hàm số đã cho có 1 điểm cực đại. Chọn B. Câu 14: Phương pháp: Tích phân 2 vế f  x  f '  x   18 x 2   3x 2  x  f '  x    6 x  1 f  x  x  . Cách giải: Ta có f  x  . f '  x   18 x 2   3x 2  x  f '  x    6 x  1 f  x    x x    f  x  . f '  x   18 x 2  dx    3x 2  x  f '  x    6 x  1 f  x  dx 0 0   x x x   f  x  f '  x  dx   18 x dx    3x 2  x  f  x  ' dx 2 0 0 0 1    x x    f  x    6 x3    3x 2  x  f  x  2 2 0 0 1  1     f  x    6 x3     f  0    0    3x 2  x  f  x   0 2 2 2  2    f  x    2  3x 2  x  f  x   12 x 3  0 2   f  x    2  3x 2  x  f  x    3x 2  x    3x 2  x   12 x 3 2 2 2   f  x    3x 2  x     3x  x 2 2 2  f  x    3x 2  x   3x 2  x  f  x   6x2     f  x    3x 2  x   3x 2  x  f  x   2 x  Do f  0   0, f '  0   0 nên f  x   2 x . Khi đó: 1 1 1   x  1 e dx    x  1 e dx  2   x  1 d  e  f  x 2x 2x 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1   x  1 .e2 x   e2 x d  x  1   x  1 .e 2 x   e 2 x dx 2 0 20 2 0 20 1 1 1 1 1 1 1 1 7 1   x  1 .e2 x  e2 x  .2.e 2  .1.e0  e 2  e0  e2  2 0 4 0 2 2 4 4 4 4 7 1  a  ;b    a  b  2 4 4 Chọn B. Câu 15: Phương pháp: caodangyhanoi.edu.vn
x n1 Sử dụng công thức  x dx   C, n  1 n n 1 Cách giải: m m   3x  2 x  1 dx  6   x  x  x  6 2 3 2 0 0   m  m  m  0  6  m  m  m  6  0 3 2 3 2  m  2  m   0; 4  Chọn C. Câu 16: Phương pháp Tìm khoảng K mà y '  0 và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên K. Cách giải: TXĐ: D  . x  0 y   x3  3x 2  2  y '  3 x 2  6 x  0   x  2 y '  0  x  0; 2  Hàm số y   x3  3x2  2 đồng biến trên khoảng  0; 2  Chọn A. Câu 17: Phương pháp b c b Sử dụng tính chất của tích phân  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx . a a c Cách giải: 3 4 3 4 4  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  10  4  6 0 0 4 0 3 Chọn D. Câu 18: Phương pháp n  A Xác suất của biến cố A là: P  A   n  Cách giải: Số phần từ của không gian mẫu là: n     C155 Gọi A: “5 quả có đủ hai màu”  A : “Lấy cả 5 quả cầu một màu”  n A  C55  C105   n A  C  C105 1  252 253   5 23 23 250 P A  5     P  A  1   . n  5 C15 3303 3303 273 273 273 Chọn D. Câu 19: Phương pháp caodangyhanoi.edu.vn
Xét hàm số y  x : + Nếu  là số nguyên dương thì TXĐ: D  + Nếu  là số nguyên âm hoặc bằng 0 thì TXĐ: D  \ 0 + Nếu  không phải là số nguyên thì TXĐ: D   0;   Cách giải:  x  2  0 x  2 x  2 ĐKXĐ:     x3 ln  x  2   0 x  2  e  1 x  3 0 Vậy TXĐ của hàm số là:  3;   . Chọn B. Câu 20: Phương pháp: a / /  P    d  a; b   d  a;  P    d  A;  P   ,  A  a  b   P  Cách giải: Ta có: C ' D / / AB '  C ' D / /  ACB '   d  C ' D; AC   d  C ' D;  AB ' C    d  C ';  AB ' C   Mà d  C ';  AB ' C    d  B;  AB ' C   (do BC ' cắt  AB ' C  (cắt cạnh B ' C ) tại trung điểm của BC ' )  d  C ' D; AC   d  B;  AB ' C   Xét tứ diện vuông BAB ' C có: h 1 2  1 2  1 2 BA BB ' BC 2  1  , h  d  B;  AB ' C    1 1 1 1 1 6 6a 2  2  2  2  2 h a  d  C ' D; AC   h a 4a 4a 2a 3 3 Chọn A. Câu 21: Phương pháp Xác định khoảng mà  f  2 x  2  '  0 và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên đó. Đạo hàm hàm hợp:  f  u  x    '  f '  u  x   .u '  x  Cách giải: Ta có: y  f  2x  2  y '  f '  2x  2. 2x  2 '  2 f '  2x  2 y '  0  f '  2x  2  0  0  2x  2  2  1  x  2  Hàm số y  f  2 x  2  nghịch biến trên khoảng 1; 2  . Chọn C. Chú ý: Cẩn thận khi tính đạo hàm của hàm hợp. caodangyhanoi.edu.vn
Câu 22: Phương pháp: n! Giải tìm n, biết Cnk  , Cnk  Cnn k k ! n  k  ! n Biến đổi và đạo hàm hàm số f  x    x  1   Cni xi cho phù hợp. n i 0 Cách giải: Ta có: Cn2Cnn  2  Cn8Cnn 8  2Cn2Cnn 8   Cn2   2Cn2Cn8   Cn8   0 2 2   Cn2  Cn8   0  Cn2  Cn8  0  2 n! n!  0 2!.  n  2 ! 8!.  n  8 ! 1 1   0  n  2  n  3 n  4  n  5 n  6  n  7  8.7.6.5.4.3   n  2  n  3 n  4  n  5  n  6  n  7   8.7.6.5.4.3  n  10 10 Xét hàm số: f  x    x  10    C10i xi có: 10 i 0 10 f '  x   10  x  1   C10i ix i 1 9 i 0 10  x. f '  x   10 x  x  1   C10i ix i 9 i 0   10   x. f '  x   '  10 x  x  1 '   C10i i 2 x i 1 9 i 0 10  10 x.9  x  1  10  x  1   C10i i 2 x i 1 8 9 i 0 10  90 x 2  x  1  10 x  x  1   C10i i 2 x i 8 9 i 0 10   C10i i 2 xi  90 x 2  x  1  10 x  x  1 8 9 i 0  T  12 Cn1  22 Cn2  ...  n 2Cnn  12 C10 1  22 C102  ...  102 C10 10 (ứng với x  1 )  90.1.28  10.1.29  55.29 Chọn A. Câu 23: Phương pháp: +) Gọi d ' là đường thẳng qua M và song song d. Khi đó:  d ;     d ';   +) Để  d ;   min thì  là hình chiếu vuông góc của d ' lên   . Cách giải: Dễ dàng kiểm tra được M    . caodangyhanoi.edu.vn
Gọi d ' là đường thẳng qua M và song song d. Khi đó:  d ;     d ';   Để  d ;   min thì  là hình chiếu vuông góc của d ' lên   . x  3  Phương trình đường thẳng d ' là:  y  1  3t  z  1  2t  Lấy A  3; 4; 1  d ' và A  M . Tìm H là hình chiếu của A lên mặt phẳng   x  3  t  Đường thẳng AH nhận n  1;1; 1 là 1 VTPT, có phương trình là  y  4  t  z  1  t  Giả sử H  3  t; 4  t; 1  t  . 5 4 7 2 Mà H      3  t    4  t    1  t   3  0  t    H  ; ;  3 3 3 3 4 7 2 5 4 1  H  ; ;   HM   ;  ;  3 3 3  3 3 3  x  5  3t  x  8  5t '   Đường thẳng  đi qua M  3;1;1 và có 1 VTCP  5; 4;1 có PTTS là:  y  4  t hay  y  3  4t ' z  1 t z  2  t '   Chọn B. Câu 24: Phương pháp Sử dụng công thức n!  1.2.3...n . Quy ước 0!  1 . Cách giải: n  0 n  , n!  1   n  1 Chọn B. Câu 25: Phương pháp Xác định khoảng mà g '  x   0 và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên đó. Đạo hàm hàm hợp:  f u  x  '  f ' u  x  .u '  x  Cách giải: f ' x Ta có: g  x   ln  f  x    g '  x   f  x Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: +) f  x   0, x +) f '  x   0 trên các khoảng  1;0  , 1;    g  x  đồng biến trên các khoảng  1;0  , 1;   caodangyhanoi.edu.vn
Chọn B. Chú ý: Cẩn thận khi tính đạo hàm của hàm hợp. Câu 26: Phương pháp Tích phân 2 vế. Lấy cận từ 0 đến x. Cách giải: Ta có: x x f '  x   2e2 x  1, x   f '  x  dx    2e 2 x  1 dx 0 0 x  f  x   f  0    e2 x  x   f  x   2   e2 x  x   1 0  f  x  e  x 1 2x Chọn D. Câu 27: Phương pháp Thể tích khối trụ là: V   r 2 h Diện tích toàn phần của hình trụ: Stp  2 r 2  2 rh Cách giải: V Ta có: V   r 2 h  h   r2 V 2V Diện tích vật liệu để làm vỏ hộp là: Stp  2 r 2  2 rh  2 r 2  2 r.  2 r 2   f r , r  0 r 2 r 2V V V Ta có: f '  r   4 r  , f 'r   0  r3  r 3 r 2 2 2 Bảng biến thiên: r 0 V  3 2 f 'r   0 + f r   V  f  3   2  V Vậy, để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy phải bằng 3 . 2 Chọn A. Câu 28: Phương pháp Đặt 2 x  t , t  1  do x  0  . Sử dụng phương pháp khảo sát hàm số. caodangyhanoi.edu.vn
Cách giải: Đặt 2 x  t , t  1  do x  0  . Bất phương trình trở thành: t 2  2  m  1 t  m  0  m 1  2t   2t  t 2 * Để bất phương trình ban đầu nghiệm đúng với mọi x  0 thì * nghiệm đúng với mọi t  1 Do t  1  2t  2  1  2t  1  0 . 2t  t 2  2t  t 2  Khi đó *  m  nghiệm đúng với mọi t  1  m  min   1  2t t 1  1  2t  2t  t 2 Xét hàm số f  t   , t  1 có: 1  2t  2  2t 1  2t    2t  t 2  .  2  2t 2  2t  2 f ' t     0, t  1 1  2t 2 1  2t 2   min f  t   f 1  1  m  1 t 1 Vậy, tập tất cả các giá trị của m là  ; 1 . Chọn B. Câu 29: Phương pháp a  a1 ; a2 ; a3  , b  b1 ; b2 ; b3   ka  kb   ka1  lb1; ka2  lb2 ; ka3  lb3  Cách giải: Tọa độ của vectơ u  a  2b  c là: 12; 9;7  . Chọn B. Câu 30: Phương pháp: Số hạng tổng quát của cấp số nhân có số hạng đầu u1 và công bội q là: un  u1.q n1 , n  1 . Cách giải: 1 1 3 1 Ta có: u4  u1.q 3  4  .q  q  4 4 4 n 1 n 1 1 1 Số hạng tổng quát bằng: un  .      ,n 1. 4 4 4 Chọn A. Câu 31: Phương pháp Biểu diễn hình học của các số phức trên mặt phẳng phức. Cách giải: Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng phức. Do z1  z2  2  M , N thuộc đường tròn tâm O bán kính 2. Gọi P, Q, R lần lượt là điểm biểu diễn của 2 z2 ,  z2 , 2 z1 trên mặt phẳng phức (như hình vẽ) caodangyhanoi.edu.vn
Dựng các hình bình hành OMEP, ORFQ. Ta có: z1  2 z2  4  OE  4 2 z1  z2  OF Tam giác OPE có: PE 2  PO 2  EO 2 22  42  42 1 1 cos P     cos ROQ  2.PE.PO 2.2.4 4 4 1  cos ORF   4 1 Tam giác ORF có: OF 2  OR 2  RF 2  2.OR.RF .cos ORF  42  22  2.4.2.  16  4  4  24 4  OF  2 6  2 z1  z2  2 6 Chọn A. Câu 32: Phương pháp * Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  . Nếu lim f  x    hoặc lim f  x    hoặc lim f  x    hoặc lim f  x    thì x  a là TCĐ x a x a x a x a của đồ thị hàm số. * Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  . Nếu lim f  x   a hoặc lim f  x   a  y  a là TCN của đồ thị hàm số. x  x  Cách giải: TXĐ: D  1;   x 1 lim    Đồ thị hàm số có 1 TCĐ là x  1 x 1 x3  1 1 1  x 1 lim  lim x x x  0  Đồ thị hàm số có 1 TCN là y  0 . x  x  1 x 1  1 3 x3 Chọn D. Câu 33: Phương pháp 1 Thể tích khối nón: V   r 2 h 3 h 2 2 Thẻ tích khối nón cụt: V  3  R  r  Rr  Cách giải: caodangyhanoi.edu.vn
BCD vuông tại C có:   BC.CD 2 3.2    3 2 2 2 BD  22  2 3   4; CI   3; IB  2 3   3; ID  1. BD 4 OM BO OM 2 2  IO  OD  ID  2  1  1;     OM  CD BC 2 2 3 3 Thể tích khối nón có đỉnh B và đáy là hình tròn tâm I bán kính IC bằng thể tích khối nón có đỉnh D và đáy là hình tròn tâm J bán kính JA bằng: 1 1 V1  . .IC 2 .IB  . .3.3  3 3 3 Thể tích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm I bán kính IC, hình tròn tâm O bán kính OM bằng thể tích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm J bán kính JA, hình tròn tâm O bán kính OM bằng:  .OI  .1  2  19 V2  3  IC 2  OM 2  IC.OM    3  4 3   3. 3  3 3  19  56 Thể tích cần tìm là: V  2 V1  V2   2.  3   .  3  3 Chọn D. Câu 34: Phương pháp:  f  x  a f  x  a    f  x   a Cách giải:  x 3  3x 2  2  2  x 3  3x 2  0 1 x  3x  2  2   3  3 3 2  x  3x 2  2  2  x  3x 2  4  0  2     x 3  0 x  3 1     x  0  x  3  2   x  1 x  2  2  0 : vô nghiệm. Vậy, tập nghiệm của bất phương trình x  3x 2  2  2 là  ; 3   3;   . 3 Chọn D. caodangyhanoi.edu.vn