Đề khảo sát Toán THPT Quốc gia 2019 lần 3 trường Thiệu Hóa – Thanh Hóa
Giới thiệu đến bạn đọc đề khảo sát Toán THPT Quốc gia 2019 lần 3 trường Thiệu Hóa – Thanh Hóa, đề thi có mã đề 132 được biên soạn theo dạng trắc nghiệm với 50 câu
Tài liệu liên quan:
Preview text:
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA
THI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 3
TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA NĂM HỌC: 2018-2019 Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm) Mã đề thi: 132
Họ, tên thí sinh:..................................................................... Số báo danh: .............................
Câu 1: Cho hàm số y = f (x) xác định, liên tục trên và có bảng biến thiên sau:
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f (x) −1= m có đúng hai nghiệm. A. 2 − < m < 1 − . B. m = 2 − , m ≥ 1 − .
C. m > 0, m = 1 − . D. m = 2 − , m > 1 − .
Câu 2: Đồ thị sau đây là của hàm số nào? A. x + 2 + − y x + x = . B. 3 y = . C. 2x 1 y = . D. 1 y = . x +1 1− x x +1 x +1
Câu 3: Tính giá trị của log 4 a a
với a > 0,a ≠ 1. A. 8. B. 4. C. 16. D. 2.
Câu 4: Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực ? x A. y = + π y = log x . 2 x π ( 2 log 4x
)1. B. y = . C. 1 D. y = . 3 3 e Câu 5: + Cho hàm số mx 1 y =
với tham số m ≠ 0 . Giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số x − 2m
thuộc đường thẳng có phương trình nào dưới đây?
A. 2x + y = 0 .
B. x − 2y = 0 .
C. y = 2x .
D. x + 2y = 0 .
Câu 6: Tìm hệ số góc của tiếp tuyến đồ thị hàm số 3− 4x y = tại điểm có tung độ 7 y = − . x − 2 3 A. 9 . B. 5 . C. 10 − . D. 5 − . 5 9 9 1 Câu 7:
Giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số y = x − ln x trên đoạn ;e theo thứ tự là: 2 1 1 A. 1và e . B. 1và + ln 2. C. 1và e −1. D. + ln 2và e −1. 2 2
Trang 1/6 - Mã đề thi 132 - https://toanmath.com/
Câu 8: Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây để phương trình x x 1 4 .2 m + − + 2m = 0 có hai nghiệm x x x + x = 3 1 , 2 thoả mãn 1 2 . A. m ∈(1;3) . 9 B. m ;5 ∈ . C. m ∈(3;5) . D. m ∈( 2; − − ) 1 . 2 11 3 7 3 m
Câu 9: Rút gọn biểu thức a .a A =
với a > 0 ta được kết quả n
A = a trong đó *
m,n∈ và m là 4 7 5 a . a− n
phân số tối giản. Khẳng định nào sau đây đúng? A. 2 2 m + n = 543 . B. 2 2 m − n = 312 . C. 2 2 m − n = 312 − . D. 2 2 m + n = 409
Câu 10: Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số y = f (x) . A. 3. B. 1. C. 4. D. 2.
Câu 11: Một chất điểm chuyển động theo quy luật s(t) 3 2 = t
− + 6t với t là thời gian tính từ lúc bắt đầu
chuyển động, s(t) là quãng đường đi được trong khoảng thời gian t . Tính thời điểm t tại đó vận tốc đạt giá trị lớn nhất. A. t = 2. B. t = 1. C. t = 4 D. t = 3.
Câu 12: Gọi T là tổng các nghiệm của phương trình 2
log x − 5log x + 4 = 0 . Tính T . 1 3 3 A. T = 84 . B. T = 4 . C. T = 5 . D. T = 5 − .
Câu 13: Hàm số f (x) 2
= 3+ x + 5 − x − 3x + 6x đạt giá trị lớn nhất khi x bằng: A. 1 − .
B. Một giá trị khác. C. 1. D. 0 .
Câu 14: Gọi m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2
y = x − 4 − x . Tính tổng M + m.
A. M + m = 2 − 2 .
B. M + m = 2(1− 2). C. M + m = 2(1+ 2) . D. M + m = 4.
Câu 15: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C ' có AB 2a , A' A a 3 . Tính thể tích V của
khối lăng trụ ABC.A'B 'C ' theo a . 3 3 A. 3a V a . B. 3 V a . C. 3 V 3a . D. V . 4 4
Câu 16: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a 2 . Tính khoảng
cách d từ tâm O của đáy ABCD đến một mặt bên theo a . A. a 2 d = . B. a 5 d = . C. a 3 d = . D. 2a 5 d = . 3 2 2 3
Câu 17: Cho hình lập phương ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có đường chéo bằng a 3 . Tính thể tích khối chóp A .′ABCD . 3 a 3 A. 3 2 2 2 2a a . B. . C. 3 a . D. . 3 3
Trang 2/6 - Mã đề thi 132 - https://toanmath.com/
Câu 18: Tìm họ nguyên hàm của hàm số 2 1 = − 3x y x + . x 3 3 x A. x x 1 − 3 + + C,C ∈ x 3 1 . B. − − + C,C ∈ . 2 3 x 2 3 ln3 x 3 x 3 x C. x 3 −
− ln x + C,C ∈ x 3 . D. −
+ ln x + C,C ∈ . 3 ln3 3 ln3 4 2
Câu 19: Cho tích phân I = f
∫ (x)dx = 32. Tính tích phân J = f ∫ (2x)dx 0 0 A. J = 64 . B. J = 8. C. J = 32 . D. J =16 .
Câu 20: Tìm nguyên hàm của hàm số 2 f (x) = 4x − 3 A. 2 1
dx = ln 4x − 3 + C ∫ . B. 2 3
dx = 2ln 2x − + C ∫ . 4x − 3 4 4x − 3 2 C. 2 1 3
dx = ln 2x − + C ∫ . D. 2 1 3
dx = ln(2x − ) + C 4x − 3 2 2 ∫ . 4x − 3 2 2
Câu 21: Cho hàm số F (x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) 2cos x −1 =
trên khoảng (0;π ) . Biết 2 sin x
rằng giá trị lớn nhất của F (x) trên khoảng (0;π ) là 3 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau. π π π A. 2π 3 F = . B. 5 F = 3− 3 . C. F = 3 3 − 4 . D. F = − 3 . 3 2 6 6 3
Câu 22: Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh bằng 2 36πa . Tính thể
tích V của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ. A. 3 V = 27 3a . B. 3 V = 24 3a . C. 3 V = 36 3a . D. 3 V = 81 3a .
Câu 23: Cho hình lập phương có thể tích bằng 3
64a . Thể tích của khối cầu nội tiếp hình lập phương đó bằng 3 3 3 3 A. 8π a π π π V = . B. 16 a V = . C. 64 a V = . D. 32 a V = . 3 3 3 3
Câu 24: Cho khối nón có bán kính đáy r = 3, chiều cao h = 2. Tính thể tích V của khối nón. A. V = 9π 2. B. V = 3π 11. C. V = 3π 2 D. V = π 2 .
Câu 25: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi (α ) là mặt phẳng song song với mặt phẳng
(β ):2x − 4y + 4z +3 = 0 và cách điểm A(2; 3
− ;4) một khoảng k = 3. Phương trình của mặt phẳng (α ) là:
A. 2x − 4y + 4z − 5 = 0 hoặc 2x − 4y + 4z −13 = 0 . B. x − 2y + 2z − 25 = 0.
C. x − 2y + 2z − 7 = 0 .
D. x − 2y + 2z − 25 = 0 hoặc x − 2y + 2z − 7 = 0 .
Câu 26: Điều kiện cần và đủ để phương trình 2 2 2 2
x + y + z + 2x + 4y − 6z + m − 9m + 4 = 0 là phương trình mặt cầu là. A. 1 − ≤ m ≤10. B. m < 1
− hoặc m >10 . C. m > 0. D. 1 − < m <10.
Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) có phương trình 2 2 2
x + y + z = 9 và
điểm A(0; −1; 2). Gọi (P) là mặt phẳng qua A và cắt mặt cầu (S ) theo một đường tròn có chu vi nhỏ
nhất. Phương trình của (P) là.
A. y − 2z + 5 = 0 .
B. x − y + 2z − 5 = 0 .
C. −y + 2z + 5 = 0 .
D. y − 2z −5 = 0 .
Câu 28: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A(2; 1 − ;6),B( 3 − ; 1 − ; 4 − ), C(5; 1; − 0) , D(1;2; ) 1 . Tính
thể tích V của tứ diện ABCD.
Trang 3/6 - Mã đề thi 132 - https://toanmath.com/ A. 40. B. 60. C. 50. D. 30.
Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A(6; 2; − 3),B(0;1;6),C(2;0;− ) 1 , D(4;1;0). Gọi (S) là
mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D. Hãy viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) tại điểm A
A. 4x − y − 9 = 0 .
B. 4x − y − 26 = 0 .
C. x + 4y + 3z −1 = 0 .
D. x + 4y + 3z +1 = 0 .
Câu 30: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm G ;1 ( ) 3 ;
4 . Viết phương trình mặt phẳng cắt
các trục Ox,Oy,Oz lần lượt tại A, B,C sao cho G là trọng tâm tứ diện OABC ?
A. x + y + z =1. B. x y z + + = 0 .
C. x + y + z = 0.
D. x + y + z =1. 4 16 12 4 16 12 3 12 9 3 12 9 18
Câu 31: Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển x 4 với x 0. 2 x A. 9 9 2 C . B. 11 7 2 C . C. 8 8 2 C . D. 8 10 2 C . 18 18 18 18
Câu 32: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên nhỏ hơn 300. Gọi A là biến cố “số được chọn không chia hết
cho 3”. Tính xác suất P( A) của biến cố A .
A. P( A) 2 = .
B. P( A) 124 = .
C. P( A) 1 = .
D. P( A) 99 = . 3 300 3 300
Câu 33: Tập nghiệm của phương trình: sin2 x π − x
tan2 x − cos2 = 0 là 2 4 2 x = π + kπ x = π + k2π x = π + 2kπ x = π + kπ A. π B. C. D. π π π x = − + kπ x = − + kπ
x = − + k2π
x = − + k2π 4 4 4 4 Câu 34: Cho hàm số 3 2
y = x − mx + ( 2 m − ) 3 3 3
1 x − m với m là tham số. Gọi (C) là đồ thị của hàm số đã
cho. Biết rằng khi m thay đổi, điểm cực tiểu của đồ thị (C) luôn nằm trên một đường thẳng d cố định.
Xác định hệ số góc k của đường thẳng d . A. k = −3. B. 1 k = . C. k = 3 . D. 1 k = − . 3 3
Câu 35: Cho hàm số f (x) . Biết hàm số y = f '(x) có đồ thị như hình bên. Trên [ 4; − ]3 hàm số 2
g(x) = 2 f (x) + (1− x) đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm . y 5 3 2 3 x 4 − 3 − 1 − O 2 − A. x = 4 − . B. x = 3. C. x = 3 − . D. x = 1 − . 0 0 0 0
Câu 36: Tính tổng T của các giá trị nguyên của tham số m để phương trình x 2 + (m − m)e−x e = 2m có
đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn 1 . loge A. T = 28. B. T = 20. C. T = 21. D. T = 27. y x
Câu 37: Cho x, y là các số thực lớn hơn 1 sao cho x ( x )e y ≥ ( y y x )e . e . e
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P = log xy + x . x logy A. 2 + + . B. 2 2 . C. 1 2 2 D. 1 2 . 2 2 2
Trang 4/6 - Mã đề thi 132 - https://toanmath.com/
Câu 38: Tìm giá trị nguyên thuộc đoạn x 3
2019;2019 của tham số m để đồ thị hàm số y 2
x x m
có đúng hai đường tiệm cận. A. 2008 . B. 2010 . C. 2009 . D. 2007 .
Câu 39: Cho hàm số f (x) có đạo hàm trên là f ′(x) = (x − )
1 (x + 3) .Có bao nhiêu giá trị nguyên của
tham số m thuộc đoạn [ 10
− ;20] để hàm số y = f ( 2
x + 3x − m) đồng biến trên khoảng (0;2) ? A. 18. B. 17 . C. 16. D. 20 .
Câu 40: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp một, đạo hàm cấp hai liên tục trên [0; ] 1 và thỏa mãn 1 1 1 x x x e f(x)dx ef '(1) − f '(0)
= e f '(x)dx = e f "(x)dx ≠ 0 ∫ ∫ ∫
. Giá trị của biểu thức bằng ef(1) − f(0) 0 0 0 A. -1. B. 1. C. 2. D. -2.
Câu 41: Cho hàm số f (x) xác định trên \{ }
1 thỏa mãn f ′(x) 1 =
, f (0) = 2018, f (2) = 2019 . x −1
Tính S = f (3) − f (− ) 1 .
A. S = ln 4035 . B. S = 4 . C. S = ln 2 . D. S =1.
Câu 42: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A′B C
′ .′ Gọi M , N, P, Q là các điểm lần lượt thuộc các cạnh ′ AA ,′ BB ,′ CP CC ,′ B C
′ ′ thỏa mãn AM 1 = , BN 1 = , 1 = , C Q 1
= . Gọi V , V lần lượt là thể tích
AA′ 2 BB′ 3 CC' 4 C B ′ ′ 5 1 2
khối tứ diện MNPQ và khối lăng trụ ABC.A′B C
′ .′ Tính tỉ số V1 . V2 A. V 22 V 11 V 19 V 11 1 = . B. 1 = . C. 1 = . D. 1 = . V 45 V 45 V 45 V 30 2 2 2 2
Câu 43: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,
BAD 60 và SA vuông góc với
mặt phẳng ABCD. Góc giữa hai mặt phẳng SBD và ABCD bằng 45. Gọi M là điểm đối xứng
của C qua B và N là trung điểm của SC . Mặt phẳng MND chia khối chóp S.ABCD thành hai khối
đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh S có thể tích V , khối đa diện còn lại có thể tích V (tham khảo 1 2
hình vẽ sau). Tính tỉ số V1 . V2 A. V 1 V 5 V 12 V 7 1 . B. 1 . C. 1 . D. 1 . V 5 V 3 V 7 V 5 2 2 2 2
Câu 44: Trong số các hình trụ có diện tích toàn phần đều bằng S thì bán kính R và chiều cao h của
khối trụ có thể tích lớn nhất là: A. S = ; = 2 S R h B. S = ; S R h = . C. 2S 2 = ; = 4 S R h D. S 1 = ; S R h = 6π 6π 4π 4π 3π 3π 2π 2 2π
Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;2; ) 1 và B( 1; − 4; 3
− ). Điểm M thuộc
mặt phẳng (Oxy) sao cho MA− MB lớn nhất.
Trang 5/6 - Mã đề thi 132 - https://toanmath.com/ A. M ( 5 − ;1;0) . B. M (5;1;0) . C. M (5; 1; − 0). D. M ( 5 − ; 1; − 0).
Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(7;2;3), B(1;4;3) , C (1;2;6) , D(1;2;3)
và điểm M tùy ý. Tính độ dài đoạn OM khi biểu thức P = MA + MB + MC + 3MD đạt giá trị nhỏ nhất. A. 3 21 OM = . B. OM = 26 . C. OM = 14 . D. 5 17 OM = . 4 4
Câu 47: Gieo một con súc sắc năm lần liên tiếp. Xác suất để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo
đó là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 là A. 211 . B. 1 . C. 2 . D. 5 . 7776 2 3 486
Câu 48: Cho cấp số nhân (b thỏa mãn b > b ≥1 và hàm số f (x) 3
= x − 3x sao cho f (log b + 2 2 ( 2 )) n ) 2 1
= f (log b . Giá trị nhỏ nhất của b > bằng 2 ( 1 )) n để 100 n 5 A. 333. B. 229 . C. 234 . D. 292 .
Câu 49: Phương trình: 4 2
3 x −1 + m x +1 = 2 x −1 có nghiệm x ∈R khi: A. 1 0 ≤ m ≤ . B. 1 1 − < m ≤ . C. 1 m ≥ . D. 1 1 − ≤ m ≤ . 3 3 3 3
Câu 50: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD . Gọi
M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC, BD và P là giao điểm của
MN, AC . Biết đường thẳng AC có phương trình x − y −1 = 0, M (0;4), N (2;2) và hoành độ điểm A nhỏ
hơn 2. Tìm tọa độ các điểm P, , A B . A. 5 3 P ; − , A( 1; − 0), B( 1; − 5 3 4)
B. P ; , A(0;− ) 1 , B( 1; − 4). 2 2 3 2 C. 5 3 P ; , A(0;− 5 3 )1,B(4; )1 .
D. P ; , A(0;− ) 1 , B( 1; − 4) . 2 2 2 2 ----------- HẾT ----------
Trang 6/6 - Mã đề thi 132 - https://toanmath.com/
ĐÁP ÁN CÁC MÃ ĐỀ 132 1 D 209 1 D 357 1 C 485 1 C 132 2 C 209 2 A 357 2 A 485 2 C 132 3 C 209 3 B 357 3 C 485 3 B 132 4 D 209 4 D 357 4 B 485 4 B 132 5 B 209 5 C 357 5 D 485 5 A 132 6 B 209 6 D 357 6 D 485 6 A 132 7 C 209 7 B 357 7 A 485 7 B 132 8 C 209 8 A 357 8 A 485 8 B 132 9 B 209 9 C 357 9 C 485 9 A 132 10 A 209 10 A 357 10 A 485 10 C 132 11 A 209 11 C 357 11 D 485 11 B 132 12 A 209 12 A 357 12 B 485 12 D 132 13 C 209 13 B 357 13 B 485 13 B 132 14 B 209 14 C 357 14 A 485 14 C 132 15 C 209 15 A 357 15 A 485 15 A 132 16 A 209 16 B 357 16 D 485 16 C 132 17 B 209 17 B 357 17 C 485 17 C 132 18 B 209 18 D 357 18 A 485 18 D 132 19 D 209 19 C 357 19 D 485 19 D 132 20 C 209 20 D 357 20 C 485 20 D 132 21 C 209 21 A 357 21 A 485 21 D 132 22 D 209 22 C 357 22 C 485 22 D 132 23 D 209 23 A 357 23 B 485 23 D 132 24 C 209 24 B 357 24 D 485 24 A 132 25 D 209 25 C 357 25 C 485 25 D 132 26 D 209 26 D 357 26 D 485 26 B 132 27 A 209 27 A 357 27 B 485 27 B 132 28 D 209 28 B 357 28 D 485 28 C 132 29 B 209 29 D 357 29 C 485 29 C 132 30 A 209 30 A 357 30 D 485 30 A 132 31 A 209 31 A 357 31 A 485 31 D 132 32 A 209 32 C 357 32 B 485 32 C 132 33 B 209 33 C 357 33 C 485 33 A 132 34 A 209 34 B 357 34 B 485 34 A 132 35 D 209 35 B 357 35 B 485 35 D 132 36 D 209 36 B 357 36 C 485 36 C 132 37 C 209 37 D 357 37 D 485 37 D 132 38 A 209 38 D 357 38 A 485 38 D 132 39 A 209 39 D 357 39 B 485 39 C 132 40 B 209 40 C 357 40 A 485 40 A 132 41 D 209 41 C 357 41 D 485 41 B 132 42 B 209 42 B 357 42 A 485 42 D 132 43 D 209 43 C 357 43 B 485 43 B 132 44 A 209 44 D 357 44 B 485 44 B 132 45 B 209 45 D 357 45 C 485 45 C 132 46 C 209 46 B 357 46 B 485 46 D 132 47 A 209 47 A 357 47 D 485 47 D 132 48 C 209 48 C 357 48 D 485 48 A 132 49 B 209 49 B 357 49 C 485 49 C 132 50 D 209 50 B 357 50 C 485 50 C
Mã đề 132: câu 18, B sửa thành D
Mã đề 209: câu 27, A sửa thành D
Mã đề 357: câu 14, A sửa thành D
Mã đề 485: câu 5, A sửa thành D
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA
ĐÁP ÁN ĐỀTHI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA
TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA
LẦN 3. NĂM HỌC: 2018-2019 Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm) Mã đề thi: 132 m +1 = 1 − m = 2 −
Câu 1: Chọn D Phương trình f (x) −1= m có đúng hai nghiệm ⇔ . m +1 > 0 m > 1 − Câu 2: Chọn C
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 1
− , tiệm cận ngang y = 2 và cắt trục tung tại điểm (0; ) 1 .
Câu 3: Chọn C. Ta có log 4 a 2loga 4 a = a loga16 = a =16. 2 x
Câu 4: Chọn D. Ta có: 2
0 < < 1 ⇒ hàm số y =
nghịch biến trên tập số thực . e e Câu 5: Chọn B.
lim y = m ⇒ đường thẳng y = m là đường tiệm cận ngang của đths. x→±∞
lim y = +∞ ⇒ đường thẳng x = 2m là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x (2m)+ →
Suy ra giao điểm hai đường tiệm cận của đths là điểm (2 ;
m m) thuộc đường thẳng x = 2y . Câu 6: Chọn B. Xét hàm số 3− 4x y = . Ta có 7
y = − ⇒ x = 1 − . 5 y′ = . x − 2 0 0 3 (x − 2)2
Hệ số góc tiếp tuyến tại điểm có tung độ 7
y = − là y′(− ) 5 1 = . 0 3 9 −
Câu 7: Chọn C. Ta có 1 1 ′ =1 x y − = ; 1 y 0 x 1 ;e ′ = ⇔ = ∈ . x x 2 Ta có: 1 1 y = + ln 2; y( )
1 =1; y(e) = e −1. Vậy min y =1; max y = e −1 2 2 1;e 1 ;e 2 2
Câu 8: Chọn C. Đặt 2x = t , t > 0, Phương trình trở thành 2 t − 2 .
m t + 2m = 0(*) . Khi x + x = 3 1 x + 2
⇒ 2 x = 8 ⇔ t .t = 8 1 2 1 2 .
Bài toán quy về tìm điều kiện của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm t t 1 ; 2 thỏa mãn t .t = 8
t .t = 2m = 8 ⇒ m = 4 1 2
. Áp dụng định lý Viét ta có 1 2 .
Thử lại: Với m = 4 phương trình trở thành 2
t − 8t + 8 = 0 có hai nghiệm. Vậy m = 4 thỏa mãn. 11 7 11 3 7 11 5 19 7 3 3 3 + −4+
Câu 9: Chọn B. Ta có a .a a .a 3 3 7 7 A = = = a = a . 4 7 5 5 a . a − − 4 7 a .a
Suy ra m =19 , n = 7 nên 2 2
m − n = 312 .
Câu 10: Chọn A. Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 11: Chọn A. Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t là vt 2
3t 12t 123t 22 12 .
Vậy tại thời điểm t = 2 tại đó vận tốc đạt giá trị lớn nhất. 1
Câu 12: Chọn A. Điều kiện: x > 0 . log x =1 x = 3 Ta có: 2
log x − 5log x + 4 = 0 2
⇔ log x − 5log x + 4 = 0 3 ⇔ ⇔ . Vậy T = 84 . 1 3 3 3 log x 4 = x = 81 3 3
Câu 13: Chọn C. Điều kiện x∈[ 3 − ;5]
Đặt t = 3+ x + 5 − x , x∈[ 3 − ;5] 2
t = 8 + 2 (3+ x)(5 − x) ≥ 8 ⇒ t ≥ 2 2 , t = + x + − x ≤ ( 2 2 1. 3 1. 5
1 +1 )(3+ x +5− x) = 4 2 2 − 2 2 − Suy ra t t 8 ∈ 2 2;4 2 t 8 = + − ∈
và −x + 2x =
−15. Khi đó f t 3 15 ,t 2 2;4 2 2
f ' =1+ 6t ( 2t −8) > 0, t
∀ ∈ 2 2;4 ⇒ f = f (4) t = ⇒ x = max . Với 4 1 2
Câu 14: Chọn B. Điều kiện: 2 4 − + − x ≥ 0 ⇔ 2 − ≤ x ≤ 2 . 4 x x y′ =
; y′ = 0 ⇔ x = − 2 ; y(2) = 2; 2 4 − x y ( 2 − ) = 2 − ; y (− 2) = 2
− 2 . Vậy M + m = 2 − 2 2 = 2(1− 2). 2
Câu 15: Chọn C. Diện tích tam giác đều AB 3 ABC là: 2 S . a ABC 3 4
Thể tích V của khối lăng trụ ABC.A'B 'C ' là: 3 V = AA' .S = a ABC.A' B' C' ABC 3 Câu 16: Chọn A. S H A D M O B C
Gọi M là trung điểm AB , H là hình chiếu của O lên OM ta có: OH ⊥ (SAB)
Xét tam giác SHO ta có: 1 1 1 = + 4 1 = + 9 = a 2 ⇒ OH = . 2 2 2 OH OM OS 2 2 a 2a 2 2a 3
Câu 17: Chọn B Áp dụng định lí Pitago, ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2
AC′ = AA′ + AC = AA′ + AB + AD = 3AB ⇔ 3a = 3AB ⇔ AB = a . 3 1 1 2 a V = ′ = = . ′ AA S a a A ABCD . ABCD . . . 3 3 3 3 x
Câu 18: Chọn B. 2 x 1 x 3 1 x − 3 + dx = − − + C,C ∈ ∫ 2 x 3 ln3 x
Câu 19: Chọn D. Đặt t = 2x dt ⇒
= dx Đổi cận x = 0 ⇒ t = 0; x = 2 ⇒ t = 4 2 4 Khi đó: 1 J = f ∫ (t)dt 1 = .32 =16 . 2 2 0 2 Câu 20: Chọn C Có 2 1 1 3 dx =
dx = ln 2x − + C ∫ 4x ∫ − 3 3 2 2 2x − 2
Câu 21: Chọn C.Ta có: F (x) = f
∫ (x)dx 2cos x 1 = dx − dx ∫ 2 1 = d sin x − dx 2 ∫ ∫ 2 ( ) 2 sin x sin x ∫ 2 sin x sin x 2 − = −
+ cot x + C . F′(x) = f (x) 2cos x 1 = . sin x 2 sin x π
Trên khoảng (0;π ) , F′(x) = 0 ⇔ 2cos x −1= 0 ⇔ x = . 3
Giá trị lớn nhất của F (x) trên khoảng (0;π ) là 3 nên ta có: π F = 3 3 3 ⇔ −
+ C = 3 ⇔ C = 2 3 .Vậy F (x) 2 = − + cot x + 2 3 . 3 3 sin x π Do đó F = 3 3 − 4 . 6 Câu 22: Chọn D
Thiết diện qua trục hình hình trụ là hình vuông ADD A
′ ′ . Gọi O , O′ lần lượt là hai tâm đường tròn đáy
(hình vẽ) ⇒ l = 2r ; Theo giả thiết ta có: 2
S = π rl = π a 2
⇔ 2π r.2r = 36π a ⇒ r = 3a ⇒ l = 6a . xq 2 36
Lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ ABCDEF.A′B C ′ D ′ E ′ F
′ ′ có chiều cao là h = 6a . ( a)2 2 3 3 S 27a 3 = S = 6. = (vì OA
B đều, cạnh bằng 3a ). ABCDEF 6 OAB 4 2 2 27a 3 3 V = = ′ ′ ′ ′ ′ ′ a a ABCDEF A B C D E F .6 81 3 . 2 Câu 23: Chọn D. 3
Khối lập phương có thể tích 3
64a nên cạnh bằng 4a .
Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính 4a R =
= 2a nên thể tích khối cầu 2 3 4 4 = = ( )3 3 32π π π 2 a V R a = . 3 3 3 Câu 24: Chọn C. π
Thể tích của khối nón: 1 2 1 2 9 2
V = π r h = π.3 . 2 = . 3 3 3
Câu 25: Chọn D. Vì (α ) / / (β ) ⇒ (α ) : 2x − 4y + 4z + m = 0 (m ≠ 3) 32 + m m = 14 − Giả thiết có d ( , A (α )) = 3 ⇔ = 3 ⇔ 6 m = 50 −
Vậy (α ) : x − 2y + 2z − 7 = 0 , (α ) : x − 2y + 2z − 25 = 0 Câu 26: Chọn D. 2 2 2 2
x + y + z + 2x + 4y − 6z + m − 9m + 4 = 0 ⇔ (x + )2 + ( y + )2 + (z − )2 2 1 2
3 = −m + 9m +10
Do đó điều kiện cần và đủ để phương trình đã cho là phương trình mặt cầu là 2
−m + 9m +10 > 0 ⇔ 1 − < m <10 .
Câu 27: Chọn A. Mặt cầu (S ) có tâm O(0; 0; 0) và bán kính R = 3. A(0; −1; 2) là điểm nằm bên trong
mặt cầu (S ) .(P) là mặt phẳng qua A và cắt mặt cầu (S ) theo một đường tròn có bán kính r .
Gọi H là hình chiếu của O lên (P) .Ta có 2 2 2
r = R − OH . r ⇔ OH ⇔ H ≡ A . min max
Khi đó (P) nhận OA = (0; −1; 2) là vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình (P): y − 2z + 5 = 0. Câu 28: Chọn D. AB = ( 5; − 0; 1 − 0) ⇒ AB ∧ AC = (0; 6 − 0;0)
AC = (3;0; 6 − ) 1
⇒ V = (AB ∧ AC).AD = 30 6 AD = ( 1; − 3; 5 − ) Câu 29: Chọn B.
Gọi tâm của mặt cầu là I(x; y;z) khi đó AI = (x − 6; y + 2;z −3),BI = (x; y −1;z − 6) , CI = (x − 2; y;z + )
1 ,DI = (x − 4; y −1;z). Ta có: IA = IB = IC = ID suy ra 4 (
x − 6)2 +(y + 2)2 +(z −3)2 = (x − 4)2 +(y − )2 2 1 + z 2 2 2 2 2
IA = IB = IC = ID ⇔ x + (y − )2
1 + (z − 6)2 = (x − 4)2 + (y − )2 2 1 + z ⇒ I(2;-1;3) ( x − 2)2 2 + y + (z + )2 1 = (x − 4)2 + (y − )2 2 1 + z
Vậy mặt phẳng cần tìm qua A và vuông góc với IA là 4x − y − 26 = 0
Câu 30: Chọn A. +) Do A,B,C lần lượt thuộc các trục Ox,Oy,Oz nên ( A a;0;0), B(0; ;
b 0),C(0;0;c) .
+) Do G là trọng tâm tứ diện OABC nên suy ra a = 4,b =16,c =12.
+) Vậy phương trình đoạn chắn của mặt phẳng (ABC) là: x + y + z =1. 4 16 12 18 18 18 k k 18 Câu 31: x 4 k x 4 Chọn A. Ta có: 3k 18 k 182
C . 2 k C x 18 18 2 x k0 2 x k0 182k 0 x
x 18 2k 0 k 9 . 18 x 4
Hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển là: 3.9 18 9 9 9 2 C 2 C . 2 x 18 18
Câu 32: Chọn A. Số phần tử của không gian mẫu: n(Ω) = 300
Số các số tự nhiên nhỏ hơn 300 mà chia hết cho 3 là: 297 − 0 +1 =100 ⇒ n( A) =100 3
⇒ P( A) n( A) 100 1 1 2 = = = ⇒ = − = . n(Ω) P( A) 1 300 3 3 3
Câu 33: Chọn B. Điều kiện: π cos x ≠ 0 (*) . Khi đó 2 x 2 2 sin − tan − cos x x = 0 2 4 2 2 1 π sin x 1 ⇔ 1− cos x − = (1+ cos x) ⇔ ( − x) 2 2
1 sin sin x = (1+ cos x)cos x 2 2 2 cos x 2
⇔ (1− sin x)(1− cos x)(1+ cos x) = (1+ cos x)(1− sin x)(1+ sin x) ⇔ (1− sin x)(1+ cos x)(sin x + cos x) = 0 sin x = 1 π π ⇔ cos x = 1
− ⇔ x = + k2π , x = π + k2π , x = − + kπ (k ∈ Z ) 2 4 tan x = 1 −
Kết hợp với điều kiện (*) ta có tập nghiệm của PT là: π
x = π + k2π , x = − + kπ (k ∈ Z) 4 x = m −1
Câu 34: Chọn A Ta có 2
y′ = x − mx + ( 2 3 6 3 m − ) 1 . y′ = 0 ⇔ . x = m +1
Vì hàm số bậc ba với hệ số a = 1 > 0 nên điểm cực tiểu của hàm số là A(m +1; 3 − m − 2) . Lại có 3
− m − 2 = −3(m + )
1 +1 nên điểm cực tiểu của hàm số luôn thuộc đường thẳng d : y = −3x +1, hệ số góc k = −3.
Câu 35: Chọn D. Trên [ 4; −
]3 Ta có : g '(x) = 2 f '(x)− 2(1− x). x = 4 − g '(x) 0
f '(x) 1 x = ⇔ = − ⇔ x = 1 − . x = 3 Bảng biến thiên 5 x 4 − 1 − 3 g '(x) 0 − 0 + 0 g(x)
Hàm số g(x) đạt GTNN tại điểm x = 1 − . 0
Câu 36: Chọn D. Đặt = x
t e (t > 0) Phương trình đã cho trở thành: 2 2
t − 2mt + m − m = 0 (1)
Phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn 1 ⇔ 1
( ) có hai nghiệm phân biệt loge ' ∆ > 0 m > 0 2 2
m − m + m > 0 1 af (10) > 0 2 21− 41 21+ 41
− m + m − m 0 loge >
< t < t < e =10 100 20 0 ⇔ m < ∨ m > ⇔ ⇔ 1 2 S 2 2 0 < <10 0 < m < 10 < m 2 0 <10 2 m m − > 0 P > 0
m < 0∨ m >1
Mà m∈ nên m∈{2;3;4;5;6; }
7 . Vậy tổng T = 2 + 3+ 4 + 5 + 6 + 7 = 27. y x y x
Câu 37: Chọn C.Ta có x ( x )e y + + ≥ ( y)e . e . e
⇔ ln + ey ≥ ln + ex y x x y x y x y ln y e ln x e ⇔ ≥ y x 1 et + .t − et − lnt t t et t −1 +1− lnt g t
Xét hàm số f (t) lnt + e =
,t > 1 .ta có f ′(t) ( ) ( ) = = = t 2 2 2 t t t Hàm số ( ) = et g t (t − )
1 +1− lnt có g′(t) t = (t − ) t 1 e
1 + e − > 0∀t > 1. Suy ra g (t) > g ( ) 1 > 0 t
Suy ra f ′(t) > 0∀t > 1. Hàm số f (t) đồng biến trên (1;+∞) . f ( y) ≥ f (x) ⇔ y ≥ x 1 P = xy + x = + y +
. Đặt log y = u với y ≥ x ⇒ u ≥ 1 x . x y ( x ) 1 log log 1 log 2 log y x Suy ra 1 P +
= ( + u) 1 1 u 1 1 1
+ = + + ≥ + 2 . Vậy GTNN của P là 1 2 2 . 2 u 2 2 u 2 2 Câu 38: Chọn A. Ta có: x 3 lim y lim
0 . Do đó y 0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 2 x
x x x m Để đồ thị hàm số x 3 y
có đúng hai đường tiệm cận thì phương trình 2
x x m 0 có 2
x x m
nghiệm kép x 3 hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó x 3; x 3 1 2 . TH1: 1
1 4m 0 m (loại) 4
x 3 . x 3 0 1 2
x x 3 x x 9 0 1 2 1 2 TH2: 1
1 4m 0 m 4 m 3. 1 9 0 m 12
Số giá trị của m thỏa mãn là: 201912 1 2008 6
Câu 39: Chọn A. Ta có: y′ = f ′( 2
x + 3x − m) = ( x + ) f ′( 2 2 3
x + 3x − m) . x ≤ −
Ta có: f ′(x) = (x − )
1 (x + 3) suy ra f ′(x) 3 ≥ 0 ⇔
và f ′(x) < 0 ⇔ 3 − < x <1. x ≥ 1
Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) khi y′ ≥ 0 ⇔ ( x + ) f ′( 2 2 3
x + 3x − m) ≥ 0 .
Do x∈(0;2) nên 2x + 3 > 0 . Do đó, ta có:
m ≥ max( 2x +3x +3) 2
x + 3x − m ≤ 3 − 2
m ≥ x + 3x + 3
y′ ≥ 0 ⇔ f ′( 2
x + 3x − m) ≥ 0 ⇔ (0;2) ⇔ ⇔ 2
x + 3x − m ≥ 1 2
m ≤ x + 3x −1 m ≤ min ( 2 x + 3x − )1 (0;2) m ≥ 13 ⇔ . m ≤ 1 − Do m∈[ 10
− ;20] nên các giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu đề bài là: 10 − , 9 − , 8 − , 7, − 6 − , 5 − , 4 − , 3 − , 2 − , 1 − ,13,14,15,16,17,18,19,20.
Vậy có 18 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu đề bài. 1 1 1
Câu 40: Chọn B. Đặt x x x
e f(x)dx = e f '(x)dx = e f "(x)dx = k ∫ ∫ ∫ 0 0 0 1 1 1 +) Ta có 1 1 x x x x x
k = e f "(x)dx = e d(f '(x)) =e f '(x) − e f '(x)dx =e f '(x) − k ⇒ 2k = (ef '(1) − f'(0)) ∫ ∫ ∫ 0 0 0 0 0 1 1 1 +) Ta có 1 1 x x x x x
k = e f '(x)dx = e d(f(x)) =e f(x) − e f(x)dx =e f(x) − k ⇒ 2k = (ef(1) − f(0)) ∫ ∫ ∫ 0 0 0 0 0
+) Vậy ef '(1) − f '(0) = 1 ef(1) − f(0)
Câu 41: Chọn D Ta có: f (x) = f ′ ∫ (x) 1 dx =
dx = ln x −1 + C ∫ x −1 Khi đó: f (− )
1 = ln 2 + C ; f (0) = C = 2018 ; f (2) = C = 2019 ; f (3) = ln 2 + C . 1 2 3 4 3 3 1 f ′ ∫ (x)dx = dx ⇔ f ∫
(3)− f (2) = ln 2 ⇔ ln 2+C −C = ln 2 ⇒ C = C . x −1 4 3 3 4 2 2 0 0 1 f ′ ∫ (x)dx = dx ⇔ f ∫ (0)− f (− )
1 = −ln 2 ⇔ C − C − ln 2 = −ln 2 ⇒ C = C . − 2 1 1 2 − − x 1 1 1
Vậy S = f (3) − f (− )
1 = C − C = 2019 − 2018 =1 4 1 Câu 42: Chọn B. A' C' Q M B' P A C N B 1 2 V = ⇒ = = ′ V ′ ′ ′ V ′ ′ V A ABC VA BCC B M BCC B . . 2 . . 2 3 3 7 Mà 4 3 7 S = S , S = S , S = S B' NQ
15 BCC'B' C'PQ 40 BCC'B' BCPN 24 BCC'B' Suy ra 11 S = S − S − S − S = S NPQ BCC' B' B' NQ C' PQ BCPN 30 BCC'B' Do đó 11 11 V = V = V = hay V 11 1 = . ′ ′ V 1 M .NPQ M .BCC B 2 30 45 V 45 2 Câu 43: Chọn D
Gọi I DM AB và K MN SB Ta có: B, N lần lượt là trung điểm của MC, SC nên K là trọng
tâm tam giác SMC .Và BI là đường trung bình của tam giác MCD Khi đó V MB MK MI MBKI 1 2 1 1 1 V V V V MBKI MCND BKICND 5 V MC MN MD 6 MBKI MCND 2 3 2 6
+) Ta tính thể tích của khối SABCD :
ABCD là hình thoi cạnh a , góc BAD 60 B AD đều, cạnh a 2 2 a a S a S
.Mặt khác SBD,ABCD
SOA 45 SA OA ABCD 2 3 3 ABD 2. 4 2 3 2 2 3 1 1 3 a 3 a V SAS a SBCD 3 ABCD 3 2 2 4
+) Tính thể tích khối KMIB 2 3 1 a a a V
d K MIB S
d S MIB S
SA S KMIB 1 1 MIB 1 1 1 3 3 , , 3 3 3 MIB 9 2 ABD 18 2 4 48 3 3 3 3 Do đó: 5a V a 5a 7a V 7 và V 1 2 . 48 1 4 48 48 V 5 2
Câu 44: Chọn A. Gọi thể tích khối trụ là V , diện tích toàn phần của hình trụ là S . Ta có: 2 S = S
+ S = π R + π Rh . Từ đó suy ra: day xq 2 2 2 Cauchy 2 S 2 3 3 2 S 2 V 2 V V V V S S 3 = R + Rh ⇔ = R + = R + + ≥ 3 hay 27 ≤ ⇔ V ≤ . 2 2π 2π π R 2π R 2π R 4π 2 4π 2π 54π 3 2 Vậy S π V = . Dấu “=” xảy ra ⇔ 2 V R h Rh R = = = hay h = 2R . max 54π 2π R 2π R 2 Khi đó 2 = 6 S S π R ⇒ R = và = 2 = 2 S h R . 6π 6π
Câu 45: Chọn B. B′ A M ( xOy) B 8
Phương trình (xOy): z = 0 . Vì z z = − < nên A , B nằm khác phía so với (xOy) . Gọi B′ là A. B 1.( 3) 0
điểm đối xứng của B qua (xOy) . Khi đó: MA− MB = MA− MB′ ≤ AB′. Suy ra MA− MB lớn nhất khi
M , A , B′ thẳng hàng hay M là giao điểm của đường thẳng AB′ và (xOy) . Mà B′( 1;
− 4;3) . Suy ra tọa độ M là (5;1;0) .
Câu 46: Chọn C. Ta có DA = (6;0;0) , DB = (0;2;0) , DC = (0;0;3) nên tứ diện ABCD là tứ diện
vuông đỉnh D . Giả sử M (x +1; y + 2; z + 3).Ta có MA = (x − )2 2 2
6 + y + z ≥ x − 6 ≥ 6 − x , 2
MB = x + ( y − )2 2
2 + z ≥ y − 2 ≥ 2 − y . 2 2
MC = x + y + (z −3)2 ≥ z − 3 ≥ 3− z , MD = ( 2 2 2 3
3 x + y + z ) ≥ ( + + )2
x y z ≥ x + y + z
Do đó P ≥ (6 − x) + (2 − y) + (3− z) + (x + y + z) =11.
x = y = z = 0 6− x ≥ 0
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11, khi và chỉ khi 2 − y ≥ 0
⇔ x = y = z = 0 . 3 − z ≥ 0
x + y + z ≥ 0
Khi đó M (1;2;3) suy ra 2 2 2 OM = 1 + 2 + 3 = 14 .
Câu 47: Chọn A. Gọi Ω là không gian mẫu, A là biến cố “gieo một con súc sắc năm lần liên tiếp có
tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5”.
Gieo súc sắc năm lần liên tiếp nên 5 n = . Ω 6
Để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 thì các mặt xuất hiện
phải có số chấm lẻ và xuất hiện mặt 5 chấm ít nhất một lần nên 5 5 n = − = . A 3 2 221
Suy ra: P( A) nA 221 = = . nΩ 7776
Câu 48: Chọn C Gọi q là công bội của cấp số nhân (b .Vì b > b ≥1 nên q >1. n ) 2 1
f (log b + 2 = f log b ⇔ f log 1
b + log q = f log b 2 ( 2 )) ( 2 ( 1)) ( 2 ( ) 2 ) ( 2 ( 1))
⇔ (log (b ) + log q)3 −3(log (b ) + log q) + 2 = (log (b ))3 −3log b 2 1 2 2 1 2 2 1 2 ( 1 )
⇔ 3(log (b ))2 .log q + 3log (b ).(log q)2 + (log q)3 −3log q + 2 = 0 2 1 2 2 1 2 2 2 ⇔ 3log (b ).log . q log (b )+ log q +
(log q + 2)(log q − )2 1 = 0 . (*) 2 1 2 2 1 2 2 2 log b ≥ 0 log b = 0 b = 1 2 ( 1 ) 2 ( 1 ) Theo giả thiết thì
Do đó để (*) nghiệm đúng thì 1 ⇔ log q > 0 log q =1 q = 2 2 2 Vậy nên n 1 − 100 b = > ⇔ n >
+ . Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 234. n 2 5 log ( 100 5 1 2 )
Câu 49: : Chọn B (Điều kiện: x ≥1 ) 4 4
3 x −1 + m x +1 = 2 x −1. x +1(*) Ta có với x ≥1Chia hai vế 4 4 phương trình (*) cho x − x − x − x − x +1 ta có: 3 1 2 1 + m = ( ) 1 Đặt 1 4 1 t = ⇒ t = 4 x +1 x +1 4 x +1 x +1 9 Với x − x ≥1 thì hàm số 1 2 4 0 ≤ = 1−
< 1⇒ 0 ≤ t <1 ⇔ 0 ≤ t <1 x +1 x +1 (1): 2
3t − 2t + m = 0(2)Phương trình (*) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm: 0 ≤ t <1
Xét hàm y = f (t) 2
= 3t − 2t trên [0; ) 1 ta có: t 0 1 1 f (t) 1 '
= 6t − 2 = 0 ⇔ t = ∈[0; ) 1 . 3 3 f '(t) - 0 +
Từ bảng biến thiên ta thấy để phương trình 2
3t − 2t + m = 0 có f (t) 0 1 nghiệm trong [0; )
1 thì đường thẳng y = −m phải cắt đồ thị hàm số y = f (t) 2
= 3t − 2t tại ít nhất 1 điểm. Do đó 1 − 1 1 3
− ≤ −m <1 ⇔ 1 − < m ≤ Vậy 1 1
− < m ≤ thì phương trình đã cho 3 3 3 có nghiệm. Câu 50: Chọn D A M D O N P B C
P ∈ AC : x − y −1 = 0 5 3 MN = (2; 2
− ) ⇒ Phương trình MN : x + y − 4 = 0 P ; ⇒ .
P MN : x y 4 0 2 2 ∈ + − = Có: =
BAN ADB (cùng phụ
NAD )Lại có, tứ giác AMBN nội tiếp nên =
BAN BMN và ABCD nội tiếp nên =
ADB ACB . Từ đây suy ra = BMP BCP ⇒ M
∆ PC cân tại P . Lại có tam giác AMC vuông tại M nên 5 3 5 2
PA = PM = PC . P
; , M (0;4) ⇒ PM = = PA 2 2 2 Do A AC x y A(a a ) 5 5 : 1 0 ; 1 PA a ;a ∈ − − = ⇒ − ⇒ = − − 2 2 2 5 2 5 25 a = 0 PA = ⇔ 2a − = ⇔ suy ra A(0;− ) 1 do x < A 2 2 2 2 a = 5 A(0;− )
1 , M (0;4), N (2;2) ⇒ AM = (0;5), AN = (2;3) suy ra phương trình đường thẳng
BC : y = 4, BD : 2x + 3y −10 = 0.
B ∈ BC : y = 4 Do ⇒ B( 1; − 4) .
B ∈ BD : 2x + 3y −10 = 0 10
Document Outline
- THI THỬ_1_132
- ĐÁP ÁN CÁC MÃ ĐỀ
- ĐÁP ÁN CHI TIẾT