Đề kiểm tra kiến thức Toán 12 lần 2 năm 2018 – 2019 trường chuyên KHTN – Hà Nội

Giới thiệu đến các em học sinh khối 12 đề kiểm tra kiến thức Toán 12 lần 2 năm 2018 – 2019 trường chuyên KHTN – Hà Nội, đề thi gồm 05 trang với 50 câu hỏi và bài toán dạng trắc nghiệm, đề thi có đáp án.

33 17 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023

Môn: Toán

Thông tin:

37 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Hoa
1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN
Mã đề: 567
Đề gồm có 05 trang
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II – MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Mục tiêu: Đề thi thử THPT Chuyên KHTN - Hà Nội được tổ chức vào ngày 17/03/2019, được đánh giá
là một đề thi khá hay và khó. Đề thi khá dài, có thể dễ gây hoang mang cho học sinh, các câu hỏi phía
cuối khá khó và lạ. Đề thi với mục tiêu giúp HS có cái nhìn rõ nhất về lực học của bản thân sau 2 kì thi
thử, giúp HS cọ sát và có tâm lí tốt nhất để bước vào kì thi THPTQG sắp tới. Học sinh sau đề thi này sẽ
có chương trình ôn tập tốt nhất đề bù vào những lỗ hổng trống của mình.
Câu 1 (TH): Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. B.
2
3
lim 1 2
2
x
x x x

1
3 2
lim
1
x
x
x

C. D.
2
lim 1 2
x
x x x


1
3 2
lim
1
x
x
x

Câu 2 (VD): Tập nghiệm của bất phương trình là:
2
log 9
1
log 3
x
x
A. B. C. D.
4; 3
3;4
Câu 3 (TH): Cho số phức . Khẳng định nào sau đây sai?
0z
A. là số thực B. là số ảo
z z
z z
C. là số thuần ảo D. là số thực
z
z
.z z
Câu 4 (NB): Vecto nào sau đây là một vecto chỉ phương của đường thẳng ?
2 1 3
3 2 1
x y z
A. B. C. D.
3;2;1
2;1; 3
3; 2;1
2;1;3
Câu 5 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm và .
0;2; 1 , 5;4;2A B
1;0;5C
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là:
A. B. C. D.
2;2;2
6;6;6
3;3;3
Câu 6 (VD): Số giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng là:
2 2
4y x x
3y
A. 8 B. 2 C. 4 D. 6
Câu 7 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz phương trình nào sau đây không phải là phương trình
của một mặt cầu?
A. B.
2 2 2
2 4 3 0x y z x y z
2 2 2
2 2 2 0x y z x y z
C. D.
2 2 2
2 4 4 10 0x y z x y z
2 2 2
2 2 2 4 8 6 3 0x y z x y z
2
Câu 8 (TH): Cho một cấp số cộng có và tổng 40 số hạng đầu bằng 3320. Tìm công sai của
n
u
1
5u
cấp số cộng đó.
A. 4 B. C. 8 D.
4
8
Câu 9 (TH): Đồ thị hàm số có bao nhiêu đường tiệm cận?
2
1
25
x
y
x
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 10 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm . Tọa độ điểm đối xứng với điểm
3;1;2A
'A
A qua trục Oy là:
A. B. C. D.
3; 1; 2
3; 1;2
3; 1;2
3;1; 2
Câu 11 (TH): Tập giá trị của hàm số là:
3 7y x x
A. B. C. D.
2;2 2
3;7
0;2 2
3;7
Câu 12 (TH): Đạo hàm của hàm số là:
ln lnf x x
A. B.
1
'
2 ln ln ln
f x
x x x
1
'
ln ln ln
f x
x x x
C. D.
1
'
2 ln ln
f x
x x
1
'
ln ln ln
f x
x x
Câu 13 (VD): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn
2 4 10z i z i
A. B. C. D. Đáp án khác
12
20
15
Câu 14 (VD): Cho hàm số với bảng biến thiên dưới đây:
f x
x

1
0
2

'f x
0
+
0
0
+
f x

2
3
4

Hỏi hàm số có bao nhiêu cực trị?
y f x
A. 5 B. 3 C. 1 D. 7
Câu 15 (TH): Cho lăng trụ . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của và . Khi đó
. ' ' 'ABC A B C
'AA
'BC
đường thẳng song song với mặt phẳng:
'AB
A. B. C.
D.
'C MN
'A CN
'A BN
BMN
Câu 16 (VD): Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn bằng 8 (m là
1
x m
y
x
1;2
tham số thực). Khẳng định nào sau đây là đúng?
3
A. B. C.
D.
0 4m
4 8m
8 10m
10m
Câu 17 (TH): Số có bao nhiêu chữ số?
20192020
20182019
A. 147501991 B.147501992 C. 147433277 D. 147433276
Câu 18 (VD): Phương trình có bao nhiêu nghiệm trong khoảng ?
cos2 2cos 3 0x x
0;2019
A. 1009 B. 1010 C. 320 D. 321
Câu 19 (VD): Cho hàm số . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
2
2
7 4 0 1
4 1
x khi x
f x
x khi x
hàm số và các đường thẳng
f x
0, 3, 0x x y
A. B. C. 10 D. 9
16
3
20
3
Câu 20 (TH): Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là một
tam giác đều và nằm trong một mặt phẳng vuông góc với đáy . Tính thể tích khối chóp SABCD.
ABCD
A. B. C. D.
3
6
a
3
3
2
a
3
3
6
a
3
2
a
Câu 21 (TH): Cho số tự nhiên n thỏa mãn . Mệnh đề nào sau đây là đúng?
2 2
15
n n
C A n
A. n chia hết cho 7 B. n không chia hết cho 2
C. n chia hết cho 5 D. n không chia hết cho 11
Câu 22 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm . Mặt phẳng đi qua H và
1;2; 2H
cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho H là trực tâm của . Tính diện tích mặt
ABC
cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.
A. B. C. D.
81
2
243
2
81
243
Câu 23 (VD): Cho hình lập phương cạnh a. Tính diện tích toàn phần của vật tròn
. ' ' ' 'ABCD A B C D
xoay thu được khi quay tam giác quanh trục
' 'AA C
'AA
A. B. C. D.
2
6 2 a
2
3 2 a
2
2 2 1 a
2
2 6 1 a
Câu 24 (VD): Một mô hình gồm các khối cầu xếp chồng lên nhau tạo thành một cột thẳng đứng. Biết
rằng mỗi khối cầu có bán kính gấp đôi bán kính của khối cầu nằm ngay trên nó và bán kính khối cầu dưới
cùng là 50cm. Hỏi mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Mô hình có thể đạt được chiều cao tùy ý.
B. Chiều cao mô hình không quá 1,5 mét.
C. Chiều cao mô hình tối đa là 2 mét.
D. Chiều cao mô hình dưới 2 mét.
Câu 25 (VD): Cho khối chóp tứ giác SABCD có thể tích V, đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P,
Q lần lượt là trung điểm các cạnh SB, BC, CD, DA. Tính thể tích khối chóp M.CNQP theo V.
A. B. C. D.
3
4
V
3
8
V
3
16
V
16
V
4
Câu 26 (VD): Cho hàm số xác định trên thỏa mãn và . Biết rằng
f x
' 4 3f x x
1 1f
phương trình có hai nghiệm thực . Tính tổng
10f x
1 2
,x x
2 1 2 2
log logx x
A. 8 B. 16 C. 4 D. 3
Câu 27 (VD): Cho khai triển . Hãy tính tổng
2019
2 3 2019
0 1 2 3 2019
3 .....x a a x a x a x a x
0 2 4 6 2016 2018
.....S a a a a a a
A. B. 0 C. D.
2019
2
1009
2
Câu 28 (VD): Biết tổng các hệ số trong khai triển nhị thức Newton của bằng . Tìm hệ số
5 1
n
x
100
2
của
3
x
A. B. C. D.
161700
19600
2450000
20212500
Câu 29 (VD): Số mặt phẳng đối xứng của hình bát diện đều là:
A. 3 B. 5 C. 7 D. 9
Câu 30 (VD): Cho hàm số liên tục trên có và . Tính
f x
3
0
8f x dx
5
0
4f x dx
1
1
4 1x dx
A. 3 B. 6 C. D.
9
4
11
4
Câu 31 (VDC): Cho hai số thực . Gọi là hai nghiệm của phương trình .
1, 1a b
1 2
,x x
2
1
1
x x
a b
Trong trường hợp biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất, mệnh đề nào sau đây là đúng?
2
1 2
1 2
1 2
4 4
x x
S x x
x x
A. B. C. D.
a b
a b
4ab
2ab
Câu 32 (VD): Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là một tam giác vuông cân tại B với trọng tâm
G, cạnh bên SA tạo với đáy một góc . Biết hai mặt phẳng và cùng vuông góc
ABC
0
30
SBG
SCG
với mặt phẳng . Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và BC.
ABC
A. B. C. D.
15
5
3 15
20
15
10
30
20
Câu 33 (VD): Cho hai dãy ghế dối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm 5 nam,
5 nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác suất để mỗi học sinh
nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ.
A. B. C. D.
1
252
1
945
8
63
1
63
Câu 34 (VD): Phương trình có bao nhiêu nghiệm thực?
sin 2019x x
A. 1288 B. 1287 C. 1290 D. 1289
Câu 35 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi là mặt phẳng chứa đường thẳng
và vuông góc với mặt phẳng . Hỏi giao tuyến của và
2 3
:
1 1 2
x y z
d
: 2 1 0x y z
là:
5
A. B. C. D.
1; 2;0
2;3;3
5;6;8
0;1;3
Câu 36 (VD): Cho hàm số xác định trên và thỏa mãn . Tính giới hạn
f x
2
16
lim 12
2
x
f x
x
3
2
2
5 16 4
lim
2 8
x
f x
x x
A. B. C. D.
5
24
5
12
1
4
1
5
Câu 37 (VD): Cho phương trình . Tính diện tích đa giác có các đỉnh là các
2
cos4 cos2 2sin
0
sin cos
x x x
x x
điểm biểu diễn các nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác.
A. B. C. D. 2
2
4
2
2
2
2
Câu 38 (VD): Biết rằng trong không gian với hệ tọa độ Oxyz có hai mặt phẳng (P) và (Q) cùng thỏa mãn
các điều kiện sau: đi qua hai điểm và , đồng thời cắt các trục tọa độ Ox, Oy tại hai
1;1;1A
0; 2;2B
điểm cách đều O. Giả sử (P) có phương trình và (Q) có phương trình
1 1 1
0x b y c z d
. Tính giá trị của biểu thức
2 2 2
0x b y c z d
1 2 1 2
b b c c
A. B. C. 9 D. 7
7
9
Câu 39 (VD): Cho lăng trụ đều có cạnh đáy bằng a, bạnh bên bằng . Gọi M là trung
. ' ' 'ABC A B C
2a
điểm AB. Tính diện tích thiết diện cắt lăng trụ đã cho bởi mặt phẳng
' 'A C M
A. B. C. D.
2
9
8
a
2
3 2
4
a
2
3 35
16
a
2
7 2
16
a
Câu 40 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong đoạn để hàm số
2019;2019
đồng biến trên
2
ln 2 1y x mx
A. 4038 B. 2019 C. 2020 D. 1009
Câu 41 (VDC): Cho hai số thực thỏa mãn . Đặt . Khẳng định nào sau đây là
2 2
1x y
2
2
6
1 2 2
x xy
P
xy y
đúng?
A. Giá trị nhỏ nhất của P là B. Giá trị lớn nhất của P là 1
3
C. P không có giá trị lớn nhất D. P không có giá trị nhỏ nhất
Câu 42 (VD): Cho hàm số . Tính
3 1 2
1
1
5
1
4
x x
khi x
x
f x
khi x
' 1f
A. 0 B. C. D. không tồn tại
7
50
9
64
Câu 43 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm và mặt phẳng
0;0;3 , 2;0;1A B
6
. Hỏi có bao nhiêu điểm C trên mặt phẳng sao cho tam giác ABC đều.
: 2 2 8 0x y z
A. 2 B. 0 C. 1 D. vô số
Câu 44 (VDC): Gọi (C) là đồ thị hàm số và điểm M di chuyển trên (C). Gọi là các
2
2 2y x x
1 2
,d d
đường thẳng đi qua M sao cho song song với trục tung và đối xứng nhau qua tiếp tuyến của
1
d
1 2
,d d
(C) tại M. Biết rằng khi M di chuyển trên (C) thì luôn đi qua một điểm cố định. Đẳng thức
2
d
;I a b
nào sau đây là đúng?
A. B. C. D.
1ab
0a b
3 2 0a b
5 4 0a b
Câu 45 (VD): Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và
. Biết góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ABC bằng . Khoảng cách giữa hai
0
90SBA SCA
0
45
đường thẳng SB và AC là:
A. B. C. D.
2 51
17
a
2 7
7
a
39
13
a
2 13
13
a
Câu 46 (VD): Cho hàm số liên tục trên và thỏa mãn . Tính
f x
3
8
2
2
0 1
tan cos 6
f x
xf x dx dx
x
tích phân
2
2
1
2
f x
dx
x
A. 4 B. 6 C. 7 D. 10
Câu 47 (VD): Cho tứ diện ABCD có và .
,AC AD BC BD a ACD BCD
ABC ABD
Tính độ dài cạnh CD.
A. B. C. D.
2 3
3
a
2 2a
2a
3
3
a
Câu 48 (VD): Cho một đa giác đều có 48 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên ba đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam
giác tạo thành từ ba đỉnh đó là một tam giác nhọn.
A. B. C. D.
22
47
11
47
33
47
33
94
Câu 49 (VD): Cho hàm số có đồ thị (C). Gọi A, B, C, D là bốn điểm trên đồ thị (C)
3 2
3 9y x x x
với hoành độ lần lượt là a, b, c, d sao cho tứ giác ABCD là một hình thoi đồng thời hai tiếp tuyến tại A, C
song song với nhau và đường thẳng AC tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Tính tích abcd.
A. 144 B. 60 C. 180 D. 120
Câu 50 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm và
8;5; 11 , 5;3; 4 , 1;2; 6A B C
mặt cầu . Gọi điểm là điểm trên (S) sao cho
2 2 2
: 2 4 1 9S x y z
; ;M a b c
đạt giá trị nhỏ nhất. Hãy tìm
MA MB MC
a b
A. 9
B.
4
C. 2 D. 6
7
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1.B
2.D
3.C
4.A
5.B
6.D
7.C
8.A
9.B
10.D
11.A
12.A
13.B
14.D
15.B
16.C
17.D
18.D
19.C
20.C
21.B
22.B
23.A
24.D
25.C
26.D
27.B
28.C
29.D
30.A
31.A
32.C
33.C
34.B
35.B
36.A
37.C
38.B
39.C
40.B
41.A
42.C
43.B
44.D
45.A
46.C
47.A
48.B
49.D
50.C
Câu 1:
Phương pháp:
Sử dụng các phương pháp tính giới hạn hàm số để tính các giới hạn và chọn đáp án đúng.
Cách giải:
Ta có:
+)
2 2
2
2
1 2 1 2
lim 1 2 lim
1 2
x x
x x x x x x
x x x
x x x
 
2
2
2 2
2
3
3
1 2
3 3 3
lim lim lim
2
2 1 2
1 2 1 2
1 1
x x x
x x x
x
x
x x x x x x
x x x
  
+)
1
1
1
lim 3 2 5
3 2
lim do
1
lim 1 0; 1 0
x
x
x
x
x
x
x x

+)
2 2
2
2
1 2 1 2
lim 1 2 lim
1 2
x x
x x x x x x
x x x
x x x
 
2
2
2 2
2
3
3
1 2
3 3
lim lim lim
2 1 2
1 2 1 2
1 1
x x x
x x x
x
x
x x x x x x
x x x
  

+)
1
1
1
lim 3 2 5
3 2
lim do
1
lim 1 0; 1 0
x
x
x
x
x
x
x x

Chọn: B
Câu 2:
Phương pháp:
8
Giải bất phương trình logarit cơ bản
1
log
0 1
b
a
b
a
x a
x b
a
x a
Cách giải:
Điều kiện:
2
3
3
9 0
3
3 0 3 3
2
3 1
log 3 0
x
x
x
x
x x x
x
x
x
2
2 2
9
log
log 9 log 9 log 3
3
1 0 0
log 3 log 3 log 3
log 3 0
3 1
log 3 0
3 1
log 3
0
log 3
3 1
log 3 0
3 1
log 3 0
4
4
4
2
x
x x x
x
x x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
4 2 4 3x x
Chọn: D
Câu 3:
Phương pháp:
Cho số phức . Sử dụng các phép tính cộng, trừ, nhân, chia để tính và chọn đáp án
z a bi z a bi
đúng.
Cách giải:
Gọi số phức
, ; , 0z a bi a b a b z a bi
Ta có: là số thực đáp án A đúng.
2z z a bi a bi a z z
là số ảo đáp án B đúng.
2z z a bi a bi bi z z
là số phức đáp án C sai.
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
a bi
z a bi a b abi a b abi z
a bi a bi a bi a b a b a b
z z
là số thực đáp án D đúng.
2 2
. .z z a bi a bi a b z z
Chọn: C
Câu 4:
Phương pháp:
9
Đường thẳng đi qua và có 1 VTCP
0 0 0
x x y y z z
a b c
0 0 0
; ;M x y z
; ;u a b c
Cách giải:
Đường thẳng có 1 VTCP là:
2 1 3
3 2 1
x y z
3; 2; 1 3;2;1
Chọn: A
Câu 5:
Phương pháp:
Trọng tâm của có tọa độ
; ;
G G G
G x y z
ABC
3
3
3
A B C
G
A B C
G
A B C
G
x x x
x
y y y
y
z z z
z
Cách giải:
Ta có tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:
2
3
2 2;2;2
3
2
3
A B C
G
A B C
G
A B C
G
x x x
x
y y y
y G
z z z
z
Chọn: B
Câu 6:
Phương pháp:
Vẽ đồ thị hoặc BBT của hàm số và đường thẳng để tìm số giao điểm.
2 2
4y x x
3y
Cách giải:
Ta có đồ thị hàm số:
Như vậy ta thấy đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại 6 điểm phân biệt.
3y
2 2
4y x x
Chọn: D
10
Câu 7:
Phương pháp:
Phương trình là phương trình mặt cầu
2 2 2
2 2 2 0x y z ax by cz d
2 2 2
0a b c d
Cách giải:
Xét từng đáp án ta được:
+) Đáp án A: có:
2 2 2
2 4 3 0x y z x y z
2 2 2
1 33
; 1; 2, 3 0
2 4
a b c d a b c d
phương trình này là phương trình mặt cầu.
+) Đáp án B: có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 2 2 0 0
2 2 2
x y z x y z x y z x y z
phương trình này là phưng trình mặt cầu.
2 2 2
1 1 1 3
; ; ; 0 0
4 4 4 16
a b c d a b c d
+) Đáp án C: có:
2 2 2
2 4 4 10 0x y z x y z
2 2 2
1; 2; 2; 10 1 0a b c d a b c d
phương trình này không phải là phương trình mặt cầu.
Chọn: C
Câu 8:
Phương pháp:
Công thức tổng quát của CSC có số hạng đầu là và công sai d:
1
u
1
1
n
u u n d
Tổng của n số hạng đầu của CSC có số hạng đầu là và công sai d:
1
u
1
1
2 1
2 2
n
n
n u n d
n u u
S
Cách giải:
Gọi d là công sai của CSC đã cho ta có:
1
40
2 1
40 2.5 39
3320 4
2 2
n u n d
d
S d
Chọn: A
Câu 9:
Phương pháp:
+) Đường thẳng được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số
x a
lim
x a
y f x f x
+) Đường thẳng được gọi là TCN của đồ thị hàm số
y b
lim
x
y f x f x b

Cách giải:
TXĐ:
\ 5;5D
Hàm số đã cho liên tục trong và đồ thị hàm số có hai
5;5
2 2
5 5
1 1
lim ; lim
25 25
x x
x x
x x
 
đường TCĐ là và đồ thị hàm số không có TCN.
5, 5x x
Chọn: B
Câu 10:
Phương pháp:
Điểm đối xứng với qua trục
'A
; ;A a b c
' ; ;Oy A a b c
11
Cách giải:
Toạ độ điểm đối xứng với qua trục Oy là
'A
3;1;2A
3;1; 2
Chọn: D
Câu 11:
Phương pháp:
Tìm TXĐ của hàm số sau đó xét sự biến thiên, lập BBT và tìm tập giá trị của hàm số.
Cách giải:
TXĐ:
3;7D
Xét hàm số ta có:
3 7y x x
1 1
'
2 3 2 7
y
x x
1 1
' 0 0 3 7
2 3 2 7
3 7 2 10 5
y x x
x x
x x x x
Ta có BBT:
x
3
5
7
'y
0
+
y
2
2 2
2
Vậy tập giá trị của hàm số là: .
2;2 2
Chọn: A
Câu 12:
Phương pháp:
Sử dụng công thức đạo hàm của các hàm số cơ bản và hàm hợp:
' 1
' , ln '
2
u
u x
x
u
Cách giải:
Ta có:
ln '
ln ln '
1
ln
' ln ln '
2 ln ln 2 ln ln 2 ln ln ln
x
x
x
f x x
x x x x x
Chọn: A
Câu 13:
Phương pháp:
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức bài cho sau đó tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các
điểm đó.
Cách giải:
12
Ta có:
2 4 10 2 4 10 *z i z i z i z i
Gọi là điểm biểu diễn số phức z.
;z x yi M x y
Gọi là điểm biểu diễn cho số phức và là điểm biểu diễn cho số phức
2;1A
2 i
4;1B
4 i
Từ Tập hợp điểm M là elip có A, B là hai tiêu điểm và độ dài trục lớn bằng 10.
* 10MA MB
Ta có và
2
6 6 2 3AB c c
2 10 5MA MB a a
2 2 2 2 2 2
5 3 4 4b a c b
Vậy
.5.4 20
E
S ab
Chọn: B
Câu 14:
Phương pháp:
Cách 1: Dựa vào BBT, vẽ BBT của đồ thị hàm số và suy ra số các điểm cực trị của hàm số.
y f x
Cách 2: Từ BBT suy ra công thức hàm số từ đó vẽ đồ thị hàm số và suy ra số các
y f x
y f x
điểm cực trị của hàm số.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị
y f x
1; 2 , 0;3 , 2; 4
Khi đó ta có BBT của hàm số như sau:
y f x
x

1
0
2

'f x
0
+
0
0
+

2
3
4

f x
0y
2
4
BBT của hàm số là:
y f x
x

2
0
2

'f x
0
+
0
0
+

4
3
4

f x
0y
4
4
Như vậy hàm số có 7 điểm cực trị.
y f x
Chọn: D
Câu 15:
Phương pháp:
13
Sử dụng quan hệ song song trong không gian để chứng minh và chọn đáp án đúng.
Cách giải:
+) Đáp án A: Ta có chính là
'C MN
' 'C MB
loại đáp án A.
' ' 'AB C MN B
+) Đáp án C: Ta có vì hai đường thẳng cùng thuộc
' 'AB A B
' 'A B BA
loại đáp án C.
+) Đáp án D: Ta có do hai đường thẳng này cùng thuộc
'AB BM
' 'A B BA
loại đáp án D.
Chọn: B
Câu 16:
Phương pháp:
+) Tìm GTLN và GTNN của hàm số trên bằng cách:
y f x
;a b
+) Giải phương trình tìm các nghiệm
' 0y
i
x
+) Tính các giá trị . Khi đó:
, , ;
i i
f a f b f x x a b
;
;
min min ; ; ,max max ; ;
i i
a b
a b
f x f a f b f x f x f a f b f x
Cách giải:
TXĐ: . Ta có:
\ 1D
2 2
1 1
'
1 1
x x m m
y
x x
Vì hàm số đã cho là hàm bậc nhất trên bậc nhất nên hàm số đơn điệu trên từng khoảng xác định của hàm
số.
Xét trên ta có: là các GTNN và GTLN của hàm số.
1;2
1 2
1 ; 2
2 3
m m
y y
1 2 41
1 2 8 3 3 2 4 48
2 3 5
8 10
m m
y y m m m
m
Chọn: C
Câu 17:
Phương pháp:
Số các chữ số của số là: chữ số.
m
a
log 1
m
a
Cách giải:
Ta có:
20192020
log 20182019 1 20192020log 20182019 1 147501991 1 147501992
Chọn: B
Câu 18:
Phương pháp:
Giải phương trình lượng giác tìm nghiệm sau đó cho nghiệm đó thuộc tìm số các
x k
0;2019
giá trị rồi suy ra số nghiệm của phương trình đã cho.
k
14
Cách giải:
2
cos2 2cos 3 0 2cos 2cos 4 0
cos 1
2
cos 2 ( )
x x x x
x
x k k
x ktm
Phương trình có nghiệm thuộc
0;2019
0 2 2019 0 321,33k k
1;2;...;321k
Chọn: D
Câu 19:
Phương pháp:
Công thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng và các đồ thị
,x a x b a b
hàm số là:
,y f x y g x
b
a
S f x g x dx
Cách giải:
Xét các phương trình hoành độ giao điểm:
2
2
1 2 3
3 2 2
0 1 2
1 2 3
3 2 2
0 1 2
1
2 3
3 3
4
0
1 2
2
4 0 2
2 1;
7
7 4 0 0;1
2
7 4 4 4
7 4 4 4
7 4 4
3 3
16 11 16
7 1 3 10
3 3 3
x
x x
x
x x
S x dx x dx x dx
x dx x dx x dx
x x
x x x x

Chọn: C
Câu 20:
Phương pháp:
Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là:
1
3
V Sh
Cách giải:
Gọi H là trung điểm của
AB SH ABCD
15
3
2
.
3 3
2 2
1 1 3 3
. . .
3 3 2 6
S ABCD ABCD
AB a
SH
a a
V SH S a
Chọn: C
Câu 21:
Phương pháp:
Sử dụng các công thức , giải phương trình tìm n rồi chọn đáp án đúng.
! !
,
! ! !
k k
n n
n n
C A
k n k n k
Cách giải:
Ta có:
2 2
2 2
2
! !
15 15 2
2! 2 ! 2 !
1 1
15 2 2 30 0
2 1
0
3 33 0
11
n n
n n
C A n n n
n n
n n n n
n n n n n n
n ktm
n n
n tm
Vậy n không chia hết cho 2.
Chọn: B
Câu 22:
Phương pháp:
Gọi tọa độ các điểm A, B, C.
Lập phương trình mặt phẳng đi qua H và cắt các trục Ox, Oy, Oz bằng phương trình đoạn chắn.
Từ đó tìm được các điểm A, B, C. Từ đó tính được bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.
Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính
2
: 4R S R
Cách giải:
Gọi lần lượt thuộc các trục tọa độ Ox, Oy, Oz.
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;A a B b C c
Khi đó ta có phương trình đi qua các điểm A, B, C:
1
x y z
a b c
1 2 2
1 1H
a b c
Theo đề bài ta có H là trực tâm
. 0
. 0
AH BC AH BC
ABC
BH AC BH AC
Ta có:
1 ;2; 2 , 0; ;
1;2 ; 2 , ;0;
AH a BC b c
BH b AC a c
16
. 0 2 2 0 2
2 0
. 0
1 2 2 9 9
1 1 1
2 2 2
AH BC b c a c
a c b c
BH AC
c
c c c c
9;0;0
2 9
9
0; 0
9
2
2
9
0;0;
2
A
a c
B
b c
C
Gọi là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp tứ giác OABC.
0 0 0
; ;I x y z
2 2
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
2 2
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
2 2
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0
0 0
0 0
9 9
9 9
2 2
9 9
2 2
9
9
2
x y z x y z x x
OI IA
OI IB x y z x y z y y
OI IC
x y z x y z z z
x x
y y
z z
0
0
0
2
2
9
2
9 9 9 9 9 6
; ;
4 2 4 4 4
9 9
2 4
9 6 243
4 4 .
4 2
I
x
y I R OI
z
S R
Chọn: B
Câu 23:
Phương pháp:
Khi quay tam giác quanh trục ta được hình nón có bán kính đáy , đường sinh
'AA C
'AA
và chiều cao
' 'l A C
'h AA
Công thức tính diện tích toàn phần hình nón có bán kính đáy R, chiều cao h và đường sinh l:
2
tp
S Rl R
Cách giải:
Khi quay tam giác quanh trục ta được hình nón có bán kính đáy , đường sinh
'AA C
'AA
và chiều cao
' 'l A C
'h AA
17
Ta có:
2 2
2AC AB BC a
2 2 2 2
2 2
2 2
' ' 2 3
. . ' .
2. 3 2 6 2
tp
A C AC AA a a a
S Rl R AC A C AC
a a a a
Chọn: A
Câu 24:
Phương pháp:
Gọi các quả cầu được xếp trong mô hình là n quả.
Bán kính các quả cầu tạo thành cấp số nhân có công bội là 2.
Tổng của n số hạng đầu của CSN có số hạng đầu là và công bội q:
1
u
1
1
1
n
n
u q
S
q
Cách giải:
Gọi các quả cầu được xếp trong mô hình là n quả.
*
n
Bán kính các quả cầu tạo thành cấp số nhân có công bội là 2.
Gọi bán kính quả cầu trên cùng hay quả cầu nhỏ nhất là
1 1
. 0 50R R
Bán kính quả cầu dưới cùng là:
1
1
1
100
50 .2 2
n n
n
R cm R
R
Khi đó chiều cao của mô hình có thể là:
1
1 1
1
2. 2 1
100
2 2 1 200 2 200 2
2 1
n
n
R
h S R R cm m
R
Vậy chiều cao của mô hình là dưới 2 mét.
Chọn: D
Câu 25:
Phương pháp:
Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là:
1
3
V Sh
Cách giải:
Ta có:
1
2
1 1 3
2 8 8
CNPQ NQDC DPQ ABCD DPQ
S S S S S
S S S
Lại có:
1
; ;
2
d M ABCD d A ABCD
1 1 3 3
; . .
3 2 8 16
MCNPQ CNPQ
V d M ABCD S h S V
18
Chọn: C
Câu 26:
Phương pháp:
Sử dụng công thức: để tìm hàm số sau đó giải phương trình và tính tổng đề bài
'f x f x dx
f x
yêu cầu.
Cách giải:
Ta có:
3
4 3 2 3f x x dx x x C
Lại có:
2
1 1 2.1 3.1 1 6 2 3 6f C C f x x x
2 2
10 2 3 6 10 2 3 16 0 *f x x x x x
Ta có: luôn có hai nghiệm trái dấu.
2. 16 32 0 *ac
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:
1 2
1 2
3
2
8
x x
x x
Ta có:
3
2 1 2 2 2 1 2 2 2
log log log log 8 log 2 3x x x x
Chọn: D
Câu 27:
Phương pháp:
Sử dụng công thức khai triển của nhị thức:
0
n
n
k n k k
n
k
a b C a b
Cách giải:
2019
2019
2019
2019
0
2019 2018 2017
0 1 2 2 2018 2018 2019 2019
2019 2019 2019 2019 2019
2 3 2019
0 1 2 3 2019
3 3
3 3 3 ... . 3
...
k
k k
k
x C x
C C x C x C x C x
a a x a x a x a x
Ta có:
1 4
4 1
1 4 2
4 3
m
khi m l
i khi m l
i l
khi m l
i khi m l
Chọn ta có:
x i
2019
2019
2019 2
2019
0
2019 2018 2017
0 1 2 2 2018 2018 2019 2019
2019 2019 2019 2019 2019
2 3 2018 2019
0 1 2 3 2018 2019
0 1 2 3 2018 2019
3 3 1
3 3 3 ... . 3.
...
...
k
k k
k
i C i i
C C i C i C i C i
a a i a i a i a i a i
a a i a a i a a i
Chọn ta có:
x i
19
2019
2019
2019
2019
0
2019 2018 2017
0 1 2 2 2018 2018 2019 2019
2019 2019 2019 2019 2019
2 3 2018 2019
0 1 2 3 2018 2019
0 1 2 3 2018 2019
2019 2019
3 3
3 3 3 ... . 3.
...
...
3 1 3 1 2
k
k
k
k
i C i
C C i C i C i C i
a a i a i a i a i a i
a a i a a i a a i
0 2 4 6 2016 2018
673 673
3 3
673 673
673 673 673 673
...
2 3 1 3 1 8 8 0
2 8 . 8 . 0 0
a a a a a a
S i i
S i i S
Chọn: B
Câu 28:
Phương pháp:
Sử dụng công thức khai triển của nhị thức
0
n
n
k n k k
n
k
a b C a b
Cách giải:
Ta có:
0
5 1 5 1
n
n k n k
k
n
k
x C x
Chọn ta được tổng các hệ số của khai triển
1x
100
0
100 100 2
5.1 1 5 1 2
2 4 2 2 2 100 50
n
n n k
k k
n
k
n n
C
n n
Vậy hệ số của trong khai triển là:
3
x
50 3
3 3 3 3
50 50
.5 . 1 .5 2450000C C
Chọn: C
Câu 29:
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết khối đa diện để làm bài toán.
Cách giải:
Hình bát diện đều có 9 mặt phẳng đối xứng.
Chọn: D
Câu 30:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp tích phân đổi biến.
Cách giải:
Ta có:
1
1 1
4
1
1 1
4
4 1 4 1 4 1I f x dx f x dx f x dx
20
Xét
1
4
1
1
4 1I f x dx
Đặt . Đổi cận:
4 1 4x t dt dx
1 5
1
0
4
x t
x t
0 5 5
1
5 0 0
1 1 1 1
.4 1
4 4 4 4
I f t dt f t dt f x dx
Xét
1
2
1
4
4 1I f x dx
Đặt . Đổi xận:
4 1 4x t dt dx
1 3
1
0
4
x t
x t
3 3 3
2
0 0 0
1 2
1 1 1 1
.8 2
4 4 4 4
1 2 3
I f t dt f t dt f x dx
I I I
Chọn: A
Câu 31:
Phương pháp:
+) Lấy loganepe hai vế, đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn x.
+) Tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm. Áp dụng định lí Vi-ét.
+) Sử dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm đánh giá biểu thức S.
Cách giải:
2 2 2
1
2 2
1 ln ln
ln ln ln ln ln ln 0
x x x x x x
a b a b b a b b
x a x b b x b x a b
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
2 2
ln 0 1
ln 4ln 0
b luon dung do b
a b luon dung
Do đó phương trình luôn có 2 nghiệm với mọi . Gọi là 2 nghiệm phân biệt của phương trình
, 1a b
1 2
,x x
đã cho. Áp dụng định lí Vi-ét ta có:
1 2
1 2
ln
log
ln
ln
1
ln
b
a
x x a
b
b
x x
b
Khi đó ta có:
21
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
2
2
4 4 4
1 1
4log 4log
log log
Do , 1 log log 1 0
b b
b b
b b
x x x x
S x x x x
x x x x
S a a
a a
a b a
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
3
3
2 2 2
1 1 1
4log 2log 2log 3 .2log .2log 3 4
log log log
b b b b b
b b b
S a a a a a
a a a
. Dấu “=” xảy ra
3
min
3 4S
3
1
3
2
2
3
1 1 1
2log log log
log 2
2
b b b
b
a a a a b
a
Ta có:
3
1
1
2
1b b b do b a b
Chọn: A
Câu 32:
Phương pháp:
+) Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, SC, BC, AC. Chứng minh .
; ;SA BC NQ MQ
+) Áp dụng định lí cosin trong tam giác MNQ.
Cách giải:
Ta có:
SBG ABG
SCG ABC SG ABC
SBG SCG SG
Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, SC, BC, AC.
Đặt
1 2AB BC AC
Ta có:
0
; ; 30SA ABC SA GA SAG
Ta có NQ là đường trung bình của tam giác
/ /SAC NQ SA
MQ là đường trung bình của tam giác
/ /ABC MQ BC
; ;SA BC NQ MQ
Ta có:
1 5 2 5
1
4 2 3 3
AP CM AG AP
0
0
5 3 15 2 15
.tan 30 . ;
3 3 9 cos30 9
AG
SG AG SA
và
1 15
2 9
NQ SA
1 1
2 2
MQ BC
Ta có
5 2 5 1 5
;
2 3 3 3 6
MC GC MC GM MC
22
Áp dụng định lí Pytago ta có:
2 2 2 2
2 15 105
;
9 18
SC SG GC SM SG GM
Xét tam giác SMC ta có:
2 2 2
2
65 195
2 4 108 18
SM MC SC
MN MN
Áp dụng định lý cosin trong tam giác MNQ:
2 2 2
1 5 65 1
15
4 27 108 6
cos 0
2. . 10
1 15 15
2. .
2 9 9
MQ NQ MN
MQN
MQ NQ
Vậy
15
cos ; cos ;
10
NQ MQ SA BC
Chọn: C
Chú ý: Góc giữa hai đường thẳng là góc nhọn nên cosin của góc giữa hai đường thẳng là giá trị dương.
Câu 33:
Phương pháp:
Xếp lần lượt chỗ ngồi cho từng học sinh nam và nữ sao cho mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một
học sinh nữ. Sử dụng quy tắc nhân.
Cách giải:
Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào 10 ghế cho 10! cách xếp
10!n
Gọi A là biến cố: “mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ”.
+) Xếp học sinh nam thứ nhất vào 1 trong 10 vị trí cho 10 cách xếp.
Chọn 1 trong 5 bạn nữ xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ nhất có 5 cách xếp.
+) Xếp bạn nam thứ 2 vào 1 trong 8 vị trí còn lại có 8 cách xếp.
Chọn 1 trong 4 bạn nữ còn lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ hai có 4 cách xếp.
+) Xếp bạn nam thứ 3 vào 1 trong 6 vị trí còn lại có 6 cách xếp.
Chọn 1 trong 3 bạn nữ còn lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ ba có 3 cách xếp.
+) Xếp bạn nam thứ 4 vào 1 trong 4 vị trí còn lại có 4 cách xếp.
Chọn 1 trong 2 bạn nữ còn lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ tư có 2 cách xếp.
+) Xếp bạn nam thứ 5 vào 1 trong 2 vị trí còn lại có 2 cách xếp.
Xếp 1 bạn nữ còn lại vào vị trí cuối cùng có 1 cách xếp.
10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 460800n A
Vậy
460800 8
10! 63
n A
P A
n
Chọn: C
Câu 34:
Chọn: B
Câu 35:
Phương pháp:
23
+)
;
d
n n u
d
+) Lấy Viết phương trình mặt phẳng .
A d A
+) Xác định điểm vừa thuộc vừa thuộc .
Cách giải:
Ta có: là 1 VTCP của đường thẳng và là 1 VTPT của mặt phẳng .
1;1;2
d
u
d
1;1; 2n
Gọi là 1 VTPT của mặt phẳng .
n
Ta có:
. 0
; 4; 4;0 / / 1; 1;0
. 0
d
d
n n
n n u
d
n u
Lấy
1;2;3A d A
Suy ra phương trình mặt phẳng :
1 2 1 3 0 1 0x y x y
Giao tuyến của và có phương trình
1 0
*
2 1 0
x y
x y z
Dựa vào 4 đáp án ta thấy chỉ có điểm thỏa mãn (*)
2;3;3
Chọn: B
Câu 36:
Phương pháp:
Nhân liên hợp để khử dạng
0
0
Cách giải:
3
2
2
2
3 3 3
2
2
3 3
2
2
3 3
2
2
3 3
2
2
3
5 16 4
lim
2 8
5 16 4 5 16 4 5 16 16
lim
4 2 5 16 4 5 16 16
5 16 64
lim
4 2 5 16 4 5 16 16
5 16
lim
4 2 5 16 4 5 16 16
16
5
lim .
2
5 16 4 5
x
x
x
x
x
f x
x x
f x f x f x
x x f x f x
f x
x x f x f x
f x
x x f x f x
f x
x
f x f x
3
16 16
Ta có
2
16
lim 12 2 16; ' 2 12
2
x
f x
f f
x
24
3
2
2
2
5 16 4
5 5
lim 12.
2 8 24
6 4 4.4 16
x
f x
x x
Chọn: A
Câu 37:
Phương pháp:
+) Tìm ĐKXĐ của phương trình.
+) Sử dụng công thức nhân đôi và công thức hạ bậc đưa phương
2
cos4 2cos 2 1x x
2
1 cos2
sin
2
x
x
trình về dạng phương trình bậc cao đối với 1 hàm số lượng giác.
+) Giải phương trình, biểu diễn các họ nghiệm trên đường tròn lượng giác.
+) Xác định các điểm và tính diện tích đa giác đó.
Cách giải:
ĐK:
sin cos 0 2 sin 0
4 4 4
x x x x k x k k
2
2
2
cos4 cos2 2sin 0
2cos 2 1 cos 2 1 cos 2 0
2cos 2 2cos 2 0
2cos 2 cos 2 1 0
cos2 0
2
4 2
2
cos2 1
2 2
2
PT x x x
x x x
x x
x x
k
x
x
x k
k
x
x k
x k
Đối chiếu điều kiện ta có:
4
2
x k
k
x k
Biểu diễn hai họ nghiệm trên trên đường tròn lượng giác ta được
4 điểm A, B, C, D như sau:
Trong đó . Gọi H lần lượt là hình chiếu của A
2 2
;
2 2
A
trên
2
0;
2
Oy H
. Ta có:
2
2
AH
1 1 2 2
. . .2
2 2 2 2
ABD
S AH BD
Vậy
2 2
ABCD ABD
S S
Chọn: C
Chú ý: Chú ý đối chiếu điều kiện xác định để loại nghiệm.
Câu 38:
25
Phương pháp:
+) Thay tọa độ A, B vào phương trình mặt phẳng (P) được 2 phương trình.
,A B P
+) Gọi . Xác định tọa độ điểm M, N.
;M P Ox N P Oy
+) Từ giả thiết Phương trình thứ 3.
OM ON
+) Giải hệ 3 phương trình từ đó tính
,P Q
1 2 1 2
b b c c
Cách giải:
Ta có:
1 1 1
1 1 1
1 0
,
2 2 0
b c d
A B P
b c d
Gọi
1 1
1 1 1
1 1 1
;0;0 0
0; ;0 0
M P Ox M d OM d
d d d
N P Oy N ON
b b b
Theo bài ra ta có
1
1 1 1 1 1
1
1 0 1 Do 0
d
OM ON d d b b d
b
TH1:
1 1 1
1
1 1 1
2 0 4
1 : 4 6 0
2 2 0 6
c d c
b P x y z
c d d
TH2:
1 1 1
1
1 1 1
0 2
1 : 2 2 0
2 2 0 2
c d c
b P x y z
c d d
Do vai trò của là như nhau nên không mất tính tổng quát ta có và
,P Q
: 4 6 0P x y z
: 2 2 0Q x y z
1 2 1 2
1 1 4. 2 9b b c c
Chọn: B
Câu 39:
Phương pháp:
+) Xác định thiết diện dựa vào các yếu tố song song. Chứng minh thiết diện là hình thang cân.
+) Tính diện tích hình thang cân.
Cách giải:
Gọi N là trung điểm của BC ta có MN là đường trung bình của
tam giác .
/ /ABC MN AC
Ta có chứa cắt ABC theo
' 'A C M
' '/ / ' 'A C AC A C M
giao tuyến là đường thẳng qua M và song song với
.
' 'AC A C M ABC MN
Vậy thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mặt phẳng
' 'A C M
là tứ giác .
' 'A C NM
26
Ta có là hình thang.
/ / / / ' ' ' 'MN AC A C A C NM
Xét và có:
'A AM
'C CN
0
' ' ; ' ' 90 ;
2
' ' . . ' '
a
A A C C A AM C CM AM CN
A AM C CN c g c A M C N
Dễ dàng nhận thấy và không song song nên là hình thang cân.
'A M
'C N
' 'A C NM
Có
' ' ;
2
a
A C a MN
Kẻ ta có MNKH là
' ' ' ' ; ' ' ' 'MH A C H A C NK A C K A C
hình chữ nhật
2
a
MN HK
' '
2
' '
2 2 4
a
a
A C HK a
A H C K
Xét tam giác vuông có
'A AM
2
2 2 2
3
' ' 2
4 2
a a
A M A A AM a
Xét tam giác vuông có
'A MH
2 2
2 2
9 35
' '
4 16 4
a a a
MH A M A H
Vậy
2
' '
1 1 35 3 35
' ' . .
2 2 2 4 16
A C NM
a a a
S A C MN MH a
Chọn: C
Câu 40:
Phương pháp:
+) Để hàm số đồng biến trên thì . Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng
' 0y x
minm g x x m g x
+) Lập BBT của hàm số và kết luận.
y g x
Cách giải:
Hàm số có TXĐ:
2
ln 2 1y x mx
D
Ta có
2
2
'
2
x
y m
x
Để hàm đồng biến trên thì
2
2
' 0 0
2
x
y x m x
x
2
2
min
2
x
m g x x m g x
x
Xét hàm số có TXĐ và
2
2
2
x
g x
x
D
2
2
2 2
2 2
2 2 2 .2
2 4
' 0 2
2 2
x x x
x
g x x
x x
BBT:
27
x

2
2

'g x
0
+
0
g x
0
2
2
2
2
0
Từ BBT ta suy ra
2 2
min 2
2 2
g x g m
Kết hợp điều kiện đề bài ta có
2
2019;
2019; 2018;...; 1
2
m
m
m
Vậy có 2019 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn: B
Câu 41:
Chọn: A
Câu 42:
Phương pháp:
+) Kiểm tra tính liên tục của hàm số tại
1x
+) Nếu hàm số liên tục tại , sử dụng công thức tính đạo hàm bằng định nghĩa:
1x
0
0
0
0
' lim
x x
f x f x
f x
x x
Cách giải:
Trước hết ta xét tính liên tục của hàm số tại
1x
Ta có
1 1 1
2
1 1
1
3 1 2 3 1 2
3 1 2
lim lim lim
1
1 3 1 2
1 4 1
3 1 4
lim lim
1 3 1 2 1 3 1 2
4 1 4 1 5
lim 1
4
3 1 2 4 2
x x x
x x
x
x x x x
x x
f x
x
x x x
x x
x x
x x x x x x
x
f
x x
Hàm số liên tục tại
1x
Tính
' 1f
28
2
1 1
2
2
1 1
2
2
2 2
1 1
3 1 2 5
1
4 3 1 8 5 5
1 4
' 1 lim lim
1 1
4 1
4 3 1 3 5 4 3 1 3 5
4 3 1 3 5
lim lim
4 1
4 1 4 3 1 3 5
16 3 1 9 30 25
9 18 9
lim lim
4 1 4 3 1 3 5 4 1 4 3 1 3 5
lim
x x
x x
x x
x x
f x f
x x x
x
f
x x
x
x x x x
x x
x
x x x
x x x
x x
x x x x x x
2
2
1 1
9 1
9 9
lim
64
4 1 4 3 1 3 5 4 4 3 1 3 5
x x
x
x x x x x
Chọn: C
Chú ý: Trước khi tính đạo hàm của hàm số tại điểm cần kiểm tra tính liên tục của hàm
y f x
0
x x
số tại điểm đó.
Câu 43:
Phương pháp:
+) Gọi phương trình (1).
; ;C a b c
+) Tam giác ABC đều phương trình (2), (3).
AB BC CA
+) Giải hệ 3 phương trình 3 ẩn a, b, c.
Cách giải:
Gọi
; ; 2 2 8 0 1C a b c a b c
Tam giác ABC đều
AB BC CA
2
2 2
2 2
2 2 2 2 2
2 2 2
2 2
2 2 2 2
2
2 2
8 3
3 2 1
8 3 8 3
6 9 4 4 2 1 4 4 4
8 3 2
1 3
a b c
AB AC
AC BC
a b c a b c
a b c a b c
c a c a c
a b c
a c
Ta có hệ phương trình:
2
2 2
2
2 2
2 2 8 0
1
3 8 2 2 1 8 0
1
3 8
a b c
c a
a b c a b a
a c
a b c vo nghiem
Vậy không có điểm C nào thỏa mãn.
Chọn: B
Câu 44:
Chọn: D
Câu 45:
Phương pháp:
29
+) Trong gọi AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp . Chứng minh .
ABC
ABC
SH ABC
+) Trong kẻ đường thẳng qua B song song với AC cắt HC tại M. Chứng minh
ABC
.
; ;d SB AC d C SBM
+) Sử dụng phương pháp đổi đỉnh, chứng minh
; 3 ;d C SBM d H SBM
+) Dựng khoảng cách từ H đến và tính.
SBM
Cách giải:
Trong gọi I là trung điểm của BC, gọi AH là đường kính
ABC
đường tròn ngoại tiếp .
ABC
,HB AB HC AC
Ta có:
BH AB
AB SBH AB SH
SB AB
Chứng minh tương tự ta có
AC SH
SH ABC
Trong kẻ đường thẳng qua B song song với AC cắt HC tại M.
ABC
Ta có
/ / ; ; ;AC BM d SB AC d AC SBM d C SBM
Ta có
CH AC CM BM
Xét tam giác vuông ACH có:
0
3
.tan 30
3
a
CH AC
Xét tam giác vuông BCM có:
0
3
.cos30
2
a
CM BC
3
;
1
3
1 1
3
;
3
2
a
d H SBM
HM CH
CH SBM M
CM CM
d C SBM
a
Trong kẻ ta có:
SHM
HK SM K SM
;
BM HM
BM SHM BM HK
BM SH
HK BM
HK SBM d H SBM HK
HK SM
Ta có:
0
; ; 45SA ABC SA HA SAH
vuông cân tại
SAH
0
2
cos30
3
AC a
H SH AH
1 3
3 6
a
HM CM
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SMH ta có:
30
2
2 2 2 2
2 3
.
. 2 51
6
3
3
51
51
4 3
6
3 36
a a
a
SH HM a
HK
a
SH HM a a
Vậy
2 51
;
17
a
d SB AC
Chọn: A
Câu 46:
Chọn: C
Câu 47:
Phương pháp:
+) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB. Chứng minh và ABM vuông cân và
CDN
,MN AB MN CD
+) Đặt . Áp dụng định lí Pytago tính x.
CD x
Cách giải:
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB.
và cân
ACD
BCD
,AM CD BM CD
Ta có:
0
; ; 90
ACD BCD CD
ACD AM CD ACD BCD AM BM
BCD BM CD
AM BM
Và ta dễ dàng chứng minh được
. .ACD BCD c c c AM BM
vuông cân tại
ABM
M MN AB
Chứng minh tương tự ta có vuông cân tại N và
CDN
MN CD
Đặt . Áp dụng định lí Pytago ta có:
CD x
2
2 2
4
x
AM a
vuông cân tại
ABM
2 2 2
2 2 2 2 2
1
2 2
2 4 2 8
x a x
M AB AM a AN AB
Áp dụng định lí Pytago ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2
2 8 2 8
a x a x
DN AD AN a
vuông cân tại
CDN
2
2 2 2 2
2 3
2
4 3
x a
N CD DN a x x
Chọn: A
Câu 48:
Phương pháp:
Xác suất của biến cố A được tính bởi công thức:
A
n
P A
n
31
Cách giải:
Số cách chọn 3 đỉnh bất kì của đa giác là:
3
48
n C
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đều.
Gọi biến cố A: “Chọn 3 đỉnh bất kì của đa giác để được một tam giác nhọn”.
Lấy điểm A thuộc đường tròn (O), kẻ đường kính AA’ A’ cũng thuộc đường tròn (O).
Khi đó AA’ chia đường tròn (O) thành hai nửa, mỗi nửa có 23 đỉnh.
Chọn 2 đỉnh B, C cùng thuộc 1 nửa đường tròn có cách chọn có tam giác ABC là tam giác tù.
2
23
C
2
23
C
Tương tự như vậy đối với nửa còn lại nên ta có 2 tam giác tù được tạo thành.
2
23
C
Đa giác đều có 48 đỉnh nên có 24 đường chéo có 24.2. tam giác tù.
2
23
C
Ứng với mỗi đường kính ta có 23.2 tam giác vuông. Vậy số tam giác vuông là: 23.2.24 = 1104 tam giác.
tam giác.
3 2
48 23
48 1104 4048
A
n C C
3
48
4048 11
47
P A
C
Chọn: B
Câu 49: Chọn: D
Câu 50:
Cách giải:
Gọi điểm thỏa mãn:
; ;I a b c
0IA IB IC
8 ;5 ; 11 5 ;3 ; 4 1 1;2 ; 6 0
8 5 1 0 2
5 3 2 0 0 2;0;1
11 4 6 0 1
a b c a b c b c
a a a a
b b b b I
c c c c
Theo đề bài ta có:
MA MB MC Min
3 3 3MI IA MI IB MI IC MI IA IB IC MI MI Min
Ta có: có tâm
S
min
2;4; 1 , 3. 16 16 4 3 3J R M S MI IJ R
Có: Phương trình đường thẳng
4;4; 2 2 2;2; 1IJ
2 2
: 2
1
x t
IJ y t
z t
2 2 2 2
2
2 2 ;2 ;1
4 2 2 4 2 9 9 2 9
3 4;6; 2
2 1
2 1
2 1
1 0;2;0
M IJ M t t t
M S t t t t
t M
t
t
t
t M
Do thỏa mãn
3 0;2;0MI M
0
2
2
a
a b
b
Chọn: C
| 1/37
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II – MÔN TOÁN Mã đề: 567
NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN Đề gồm có 05 trang
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Mục tiêu: Đề thi thử THPT Chuyên KHTN - Hà Nội được tổ chức vào ngày 17/03/2019, được đánh giá
là một đề thi khá hay và khó. Đề thi khá dài, có thể dễ gây hoang mang cho học sinh, các câu hỏi phía
cuối khá khó và lạ. Đề thi với mục tiêu giúp HS có cái nhìn rõ nhất về lực học của bản thân sau 2 kì thi
thử, giúp HS cọ sát và có tâm lí tốt nhất để bước vào kì thi THPTQG sắp tới. Học sinh sau đề thi này sẽ
có chương trình ôn tập tốt nhất đề bù vào những lỗ hổng trống của mình.
Câu 1 (TH): Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? 3 3x  2 A. lim
x x   x    lim   x  2 1 2 B. 2 x   1    x 1 3x  2 C.       lim     2 lim x x 1 x 2 xD. x  1   x 1  2 log x  9
Câu 2 (VD): Tập nghiệm của bất phương trình  1 là: log 3 xA. B.  4  ; 3   C. 3;4 D.  4  ; 3  
Câu 3 (TH): Cho số phức z  0 . Khẳng định nào sau đây sai?
A. z z là số thực
B. z z là số ảo z C. là số thuần ảo
D. z.z là số thực z x  2 y 1 z  3
Câu 4 (NB): Vecto nào sau đây là một vecto chỉ phương của đường thẳng   ? 3 2  1  A.  3  ;2;  1 B.  2  ;1; 3   C. 3; 2  ;  1 D. 2;1;3
Câu 5 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A0;2;  1 , B  5  ;4;2 và C  1  ;0;5.
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là: A.  1  ;1;  1 B.  2  ;2;2 C.  6  ;6;6 D.  3  ;3;3
Câu 6 (VD): Số giao điểm của đồ thị hàm số 2 2
y x x  4 với đường thẳng y  3 là: A. 8 B. 2 C. 4 D. 6
Câu 7 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz phương trình nào sau đây không phải là phương trình của một mặt cầu? A. 2 2 2
x y z x  2y  4z  3  0 B. 2 2 2
2x  2y  2z x y z  0 C. 2 2 2
x y z  2x  4y  4z 10  0 D. 2 2 2
2x  2y  2z  4x  8y  6z  3  0 1
Câu 8 (TH): Cho một cấp số cộng u u  5 n  có
và tổng 40 số hạng đầu bằng 3320. Tìm công sai của 1 cấp số cộng đó. A. 4 B. 4  C. 8 D. 8  x 1
Câu 9 (TH): Đồ thị hàm số y
có bao nhiêu đường tiệm cận? 2 25  x A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 10 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm A 3
 ;1;2 . Tọa độ điểm A' đối xứng với điểm
A qua trục Oy là: A. 3; 1  ; 2   B. 3; 1  ;2 C.  3  ; 1  ;2 D. 3;1; 2  
Câu 11 (TH): Tập giá trị của hàm số y x  3  7  x là: A. 2; 2 2  B. 3;7 C. 0; 2 2  D.       3;7
Câu 12 (TH): Đạo hàm của hàm số f x  ln ln x là: 1 1
A. f ' x 
B. f ' x 
2x ln x ln ln x
x ln x ln ln x 1 1
C. f ' x 
D. f ' x  2x ln ln x
ln x ln ln x
Câu 13 (VD): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn
z  2  i z  4  i  10 A. 12 B. 20 C. 15
D. Đáp án khác
Câu 14 (VD): Cho hàm số f x với bảng biến thiên dưới đây: x  1  0 2  f ' x  0 + 0  0 +  3  f x 2  4 
Hỏi hàm số y f x  có bao nhiêu cực trị? A. 5 B. 3 C. 1 D. 7
Câu 15 (TH): Cho lăng trụ ABC.A' B 'C ' . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA' và BC '. Khi đó
đường thẳng AB ' song song với mặt phẳng:
A.C 'MN
B. A'CN
C. A' BN D. BMN x m
Câu 16 (VD): Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y
trên đoạn 1;2 bằng 8 (m là x 1
tham số thực). Khẳng định nào sau đây là đúng? 2
A. 0  m  4 B. 4  m  8
C. 8  m  10 D. m  10 Câu 17 (TH): Số 20192020 20182019 có bao nhiêu chữ số? A. 147501991 B.147501992 C. 147433277 D. 147433276
Câu 18 (VD): Phương trình cos 2x  2cos x  3  0 có bao nhiêu nghiệm trong khoảng 0;2019 ? A. 1009 B. 1010 C. 320 D. 321 2
7  4x khi 0  x 1
Câu 19 (VD): Cho hàm số f x  
. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 2
4  x khi x 1
hàm số f x và các đường thẳng x  0, x  3, y  0 16 20 A. B. C. 10 D. 9 3 3
Câu 20 (TH): Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là một
tam giác đều và nằm trong một mặt phẳng vuông góc với đáy  ABCD . Tính thể tích khối chóp SABCD. 3 a 3 a 3 3 a 3 3 a A. B. C. D. 6 2 6 2
Câu 21 (TH): Cho số tự nhiên n thỏa mãn 2 2
C A  15n . Mệnh đề nào sau đây là đúng? n n
A. n chia hết cho 7
B. n không chia hết cho 2
C. n chia hết cho 5
D. n không chia hết cho 11
Câu 22 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H 1;2; 2
  . Mặt phẳng  đi qua H và
cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho H là trực tâm của A
BC . Tính diện tích mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. 81 243 A. B. C. 81 D. 243 2 2
Câu 23 (VD): Cho hình lập phương ABC .
D A' B 'C ' D ' cạnh a. Tính diện tích toàn phần của vật tròn
xoay thu được khi quay tam giác AA'C ' quanh trục AA' A.    2 6 2 a
B.    2 3 2 a C.    2 2 2 1 a D.    2 2 6 1 a
Câu 24 (VD): Một mô hình gồm các khối cầu xếp chồng lên nhau tạo thành một cột thẳng đứng. Biết
rằng mỗi khối cầu có bán kính gấp đôi bán kính của khối cầu nằm ngay trên nó và bán kính khối cầu dưới
cùng là 50cm. Hỏi mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Mô hình có thể đạt được chiều cao tùy ý.
B. Chiều cao mô hình không quá 1,5 mét.
C. Chiều cao mô hình tối đa là 2 mét.
D. Chiều cao mô hình dưới 2 mét.
Câu 25 (VD): Cho khối chóp tứ giác SABCD có thể tích V, đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P,
Q lần lượt là trung điểm các cạnh SB, BC, CD, DA. Tính thể tích khối chóp M.CNQP theo V. 3V 3V 3V V A. B. C. D. 4 8 16 16 3
Câu 26 (VD): Cho hàm số f x xác định trên  thỏa mãn f ' x  4x  3 và f   1  1  . Biết rằng
phương trình f x 10 có hai nghiệm thực x , x . Tính tổng log x  log x 1 2 2 1 2 2 A. 8 B. 16 C. 4 D. 3
Câu 27 (VD): Cho khai triển  3  x2019 2 3 2019
a a x a x a x  ..... a x . Hãy tính tổng 0 1 2 3 2019
S a a a a  ..... aa 0 2 4 6 2016 2018 A.  1009 3 B. 0 C. 2019 2 D. 1009 2
Câu 28 (VD): Biết tổng các hệ số trong khai triển nhị thức Newton của 5 1n x  bằng 100 2 . Tìm hệ số của 3 x A. 1  61700 B. 1  9600 C. 2  450000 D. 2  0212500
Câu 29 (VD): Số mặt phẳng đối xứng của hình bát diện đều là: A. 3 B. 5 C. 7 D. 9 3 5 1
Câu 30 (VD): Cho hàm số f x liên tục trên  có f
 xdx  8 và f
 xdx  4. Tính   4x1dx 0 0 1  9 11 A. 3 B. 6 C. D. 4 4
Câu 31 (VDC): Cho hai số thực a  1, b  1. Gọi x , x là hai nghiệm của phương trình 2 x x 1 a b   1. 1 2 2  x x
Trong trường hợp biểu thức 1 2 S  
  4x  4x đạt giá trị nhỏ nhất, mệnh đề nào sau đây là đúng? 1 2 x x  1 2 
A. a b
B. a b C. ab  4 D. ab  2
Câu 32 (VD): Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là một tam giác vuông cân tại B với trọng tâm
G, cạnh bên SA tạo với đáy  ABC một góc 0
30 . Biết hai mặt phẳng SBG và SCG cùng vuông góc
với mặt phẳng  ABC . Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và BC. 15 3 15 15 30 A. B. C. D. 5 20 10 20
Câu 33 (VD): Cho hai dãy ghế dối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm 5 nam,
5 nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác suất để mỗi học sinh
nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ. 1 1 8 1 A. B. C. D. 252 945 63 63
Câu 34 (VD): Phương trình sin x  2019x có bao nhiêu nghiệm thực? A. 1288 B. 1287 C. 1290 D. 1289
Câu 35 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi  là mặt phẳng chứa đường thẳng x  2 y  3 z d : 
 và vuông góc với mặt phẳng  : x y  2z 1  0 . Hỏi giao tuyến của  và  1 1 2 là: 4 A. 1; 2  ;0 B. 2;3;3 C. 5;6;8 D. 0;1;3 f x 16
Câu 36 (VD): Cho hàm số f x xác định trên  và thỏa mãn lim  12 . Tính giới hạn x2 x  2
3 5 f x 16  4 lim 2 x2 x  2x  8 5 5 1 1 A. B. C. D. 24 12 4 5 2
cos 4x  cos 2x  2sin x
Câu 37 (VD): Cho phương trình
 0 . Tính diện tích đa giác có các đỉnh là các sin x  cos x
điểm biểu diễn các nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác. 2 2 A. B. C. 2 D. 2 2 4 2
Câu 38 (VD): Biết rằng trong không gian với hệ tọa độ Oxyz có hai mặt phẳng (P) và (Q) cùng thỏa mãn
các điều kiện sau: đi qua hai điểm A1;1;  1 và B 0; 2
 ;2, đồng thời cắt các trục tọa độ Ox, Oy tại hai
điểm cách đều O. Giả sử (P) có phương trình x b y c z d  0 và (Q) có phương trình 1 1 1
x b y c z d  0 . Tính giá trị của biểu thức b b c c 2 2 2 1 2 1 2 A. 7  B. 9  C. 9 D. 7
Câu 39 (VD): Cho lăng trụ đều ABC.A' B 'C ' có cạnh đáy bằng a, bạnh bên bằng 2a . Gọi M là trung
điểm AB. Tính diện tích thiết diện cắt lăng trụ đã cho bởi mặt phẳng  A'C 'M  9 3 2 3 35 7 2 A. 2 a B. 2 a C. 2 a D. 2 a 8 4 16 16
Câu 40 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong đoạn  2
 019;2019 để hàm số y   2
ln x  2  mx 1 đồng biến trên  A. 4038 B. 2019 C. 2020 D. 1009 2 x  6xy
Câu 41 (VDC): Cho hai số thực thỏa mãn 2 2
x y  1. Đặt P
. Khẳng định nào sau đây là 2 1 2xy  2y đúng?
A. Giá trị nhỏ nhất của P là 3 
B. Giá trị lớn nhất của P là 1
C. P không có giá trị lớn nhất
D. P không có giá trị nhỏ nhất
 3x 1  2xkhi x  1 
Câu 42 (VD): Cho hàm số f xx 1   . Tính f '  1 5  khi x  1  4 7 A. 0 B.  9 C. D. không tồn tại 50 64
Câu 43 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A0;0;3, B 2  ;0;  1 và mặt phẳng 5
:2x y  2z 8  0. Hỏi có bao nhiêu điểm C trên mặt phẳng  sao cho tam giác ABC đều. A. 2 B. 0 C. 1 D. vô số
Câu 44 (VDC): Gọi (C) là đồ thị hàm số 2
y x  2x  2 và điểm M di chuyển trên (C). Gọi d , d là các 1 2
đường thẳng đi qua M sao cho d song song với trục tung và d , d đối xứng nhau qua tiếp tuyến của 1 1 2
(C) tại M. Biết rằng khi M di chuyển trên (C) thì d luôn đi qua một điểm I  ;
a b cố định. Đẳng thức 2
nào sau đây là đúng? A. ab  1 
B. a b  0
C. 3a  2b  0
D. 5a  4b  0
Câu 45 (VD): Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và 0 SBA S
CA  90 . Biết góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ABC bằng 0
45 . Khoảng cách giữa hai
đường thẳng SB và AC là: 2 51 2 7 39 2 13 A. a B. a C. a D. a 17 7 13 13 2 f x 2 3 8 
Câu 46 (VD): Cho hàm số f x liên tục trên  và thỏa mãn tan xf
cos xdx dx  6 . Tính  x 0 1 f  2 2 x  tích phân dx x 1 2 A. 4 B. 6 C. 7 D. 10
Câu 47 (VD): Cho tứ diện ABCD có AC AD BC BD a,  ACD  BCD và  ABC   ABD .
Tính độ dài cạnh CD. 2 3 3 A. a B. 2 2a C. 2a D. a 3 3
Câu 48 (VD): Cho một đa giác đều có 48 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên ba đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam
giác tạo thành từ ba đỉnh đó là một tam giác nhọn. 22 11 33 33 A. B. C. D. 47 47 47 94
Câu 49 (VD): Cho hàm số 3 2
y  x  3x  9x có đồ thị (C). Gọi A, B, C, D là bốn điểm trên đồ thị (C)
với hoành độ lần lượt là a, b, c, d sao cho tứ giác ABCD là một hình thoi đồng thời hai tiếp tuyến tại A, C
song song với nhau và đường thẳng AC tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Tính tích abcd. A. 144 B. 60 C. 180 D. 120
Câu 50 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A8;5; 1   1 , B 5;3; 4  ,C 1;2; 6   và
mặt cầu S   x  2   y  2   z  2 : 2 4
1  9 . Gọi điểm M  ; a ;
b c là điểm trên (S) sao cho
  
MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Hãy tìm a b A. 9 B. 4 C. 2 D. 6 6
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.B 2.D 3.C 4.A 5.B 6.D 7.C 8.A 9.B 10.D 11.A 12.A 13.B 14.D 15.B 16.C 17.D 18.D 19.C 20.C 21.B 22.B 23.A 24.D 25.C 26.D 27.B 28.C 29.D 30.A 31.A 32.C 33.C 34.B 35.B 36.A 37.C 38.B 39.C 40.B 41.A 42.C 43.B 44.D 45.A 46.C 47.A 48.B 49.D 50.C Câu 1: Phương pháp:
Sử dụng các phương pháp tính giới hạn hàm số để tính các giới hạn và chọn đáp án đúng. Cách giải: Ta có: 2 2
x x 1  x  2
x x 1  x  2 +) lim
x x   x   x  2 1 2    lim x 2
x x 1  x  2 3 x xx 2 2 3 1 2      3x  3 3  lim  lim  lim x   x 2 x 2
x x 1  x  2
x x 1  x  2 x 2 1 2 2  1  1 2 x x x
 lim 3x  2  5   3x  2  x   +) 1 lim   do    x  1  x 1 lim  
x  1  0;x 1 0 x    1  2 2
x x 1  x  2
x x 1  x  2 +) lim
x x   x   x  2 1 2    lim x 2
x x 1  x  2 3 x xx 2 2 3 1 2      3x  3  lim  lim  lim x   x 2 x 2
x x 1  x  2
x x 1  x  2 x 2 1 2 1  1 2 x x x
 lim 3x  2  5   3x  2  x   +) 1 lim   do    x  1  x 1 lim  
x  1  0;x 1 0 x    1  Chọn: B Câu 2: Phương pháp: 7 a 1  b x a
Giải bất phương trình logarit cơ bản log x b a 0  a 1  b x a Cách giải: x  3  2  x  9  0 x  3    x  3  Điều kiện: 3   x  0  x  3    x  3    x  log  3 x 2  0 3  x  1   2  x  9 2 x  
 2x     x log log 9 log 9 log 3 3  x        x 1   x 0   x 0 log 3 log 3 log 3 log  
  x  3  0  x  3 1   log    x  3 log   3 x  0 3   x  1   0    log 3 x log  
  x  3  0 x 3 1     
   x  3    x  1 log 3 0 x  4   x  4    4   x  2  4   x  3  x  4   x  2 Chọn: D Câu 3: Phương pháp:
Cho số phức z a bi z a bi . Sử dụng các phép tính cộng, trừ, nhân, chia để tính và chọn đáp án đúng. Cách giải:
Gọi số phức z a bi a,b ;
a,b  0  z a bi
Ta có: z z a bi a bi  2a z z là số thực  đáp án A đúng.
z z a bi a bi  2bi z z là số ảo  đáp án B đúng. z a bia bi2 2 2 2 2
a b  2abi a b 2abi z     
 là số phức  đáp án C sai. z a bi
a bia bi 2 2 2 2 2 2 a b a b a b z
z z  a bia bi 2 2 .
a b z.z là số thực  đáp án D đúng. Chọn: C Câu 4: Phương pháp: 8 x x y y z z  Đường thẳng 0 0 0  
đi qua M x ; y ; z u   ; a ; b c 0 0 0  và có 1 VTCP a b c Cách giải: x  2 y 1 z  3 Đường thẳng   có 1 VTCP là: 3; 2  ;  1   3  ;2;  1 3 2  1  Chọn: A Câu 5: Phương pháp:
x x x A B C x   G 3  
y y y
Trọng tâm G x ; y ; z ABC A B Cy G G G  của có tọa độ G 3  
z z z A B C z   G  3 Cách giải:
x x x A B C x   2   G 3  
y y y
Ta có tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là: A B Cy   2  G G  2;2;2 3  
z z z A B C z   2  G  3 Chọn: B Câu 6: Phương pháp:
Vẽ đồ thị hoặc BBT của hàm số 2 2
y x x  4 và đường thẳng y  3 để tìm số giao điểm. Cách giải:
Ta có đồ thị hàm số:
Như vậy ta thấy đường thẳng y  3 cắt đồ thị hàm số 2 2
y x x  4 tại 6 điểm phân biệt. Chọn: D 9 Câu 7: Phương pháp: Phương trình 2 2 2
x y z  2ax  2by  2cz d  0 là phương trình mặt cầu 2 2 2
a b c d  0 Cách giải:
Xét từng đáp án ta được: 1 33 +) Đáp án A: 2 2 2
x y z x  2y  4z  3  0 có: 2 2 2
a   ;b  1;c  2  , d  3
  a b c d   0 2 4
 phương trình này là phương trình mặt cầu. 1 1 1 +) Đáp án B: 2 2 2 2 2 2
2x  2y  2z x y z  0  x y z x y z  0 có: 2 2 2 1 1 1 3 2 2 2
a  ;b  ;c  ; d  0  a b c d
 0  phương trình này là phưng trình mặt cầu. 4 4 4 16 +) Đáp án C: 2 2 2
x y z  2x  4y  4z 10  0 có: 2 2 2 a  1;b  2
 ;c  2;d  10  a b c d  1   0
 phương trình này không phải là phương trình mặt cầu. Chọn: C Câu 8: Phương pháp:
Công thức tổng quát của CSC có số hạng đầu là u và công sai d: u u n 1 d n 1   1
nu u
n 2u n 1 d  1 n   1  
Tổng của n số hạng đầu của CSC có số hạng đầu là u và công sai d: S    1 n 2 2 Cách giải:
n 2u n 1 d  40 2.5  39d  1     
Gọi d là công sai của CSC đã cho ta có: S    3320  d  4 40 2 2 Chọn: A Câu 9: Phương pháp:
+) Đường thẳng x a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y f x  lim f x   xa
+) Đường thẳng y b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y f x  lim f x  b x Cách giải: TXĐ: D \  5  ;5 x 1 x 1
Hàm số đã cho liên tục trong  5  ;5 và lim   ;  lim
   đồ thị hàm số có hai x 5 2 x 5   2 25  x 25  x
đường TCĐ là x  5, x  5
 và đồ thị hàm số không có TCN. Chọn: B Câu 10: Phương pháp:
Điểm A' đối xứng với A ; a ;
b c qua trục Oy A'a; ; b c 10 Cách giải:
Toạ độ điểm A' đối xứng với A 3
 ;1;2 qua trục Oy là 3;1; 2   Chọn: D Câu 11: Phương pháp:
Tìm TXĐ của hàm số sau đó xét sự biến thiên, lập BBT và tìm tập giá trị của hàm số. Cách giải: TXĐ: D  3;7
Xét hàm số y x  3  7  1 1
x ta có: y '  
2 x  3 2 7  x 1 1  y '  0  
 0  x  3  7  x
2 x  3 2 7  x
x  3  7  x  2x  10  x  5 Ta có BBT: x 3 5 7 y '  0 + 2 2 y 2 2
Vậy tập giá trị của hàm số là: 2; 2 2  .   Chọn: A Câu 12: Phương pháp: u ' 1
Sử dụng công thức đạo hàm của các hàm số cơ bản và hàm hợp:  u '  ,ln x'  2 u x Cách giải: Ta có: ln x'
      ln  ln x '  1 ln ' ln ln ' x f x x   
2 ln ln x 2 ln ln x 2x ln x ln ln xChọn: A Câu 13: Phương pháp:
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức bài cho sau đó tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các điểm đó. Cách giải: 11
Ta có: z  2  i z  4  i  10  z   2
  i  z  4  i 10 *
Gọi z x yi M  ;
x y là điểm biểu diễn số phức z. Gọi A 2  ; 
1 là điểm biểu diễn cho số phức 2
  i và B 4; 
1 là điểm biểu diễn cho số phức 4  i
Từ *  MA MB 10  Tập hợp điểm M là elip có A, B là hai tiêu điểm và độ dài trục lớn bằng 10. Ta có 2
AB  6  6  2c c  3 và MA MB  2a  10  a  5 2 2 2 2 2 2
b a c  5  3  4  b  4 Vậy  S
 ab   .5.4 20 E Chọn: B Câu 14: Phương pháp:
Cách 1: Dựa vào BBT, vẽ BBT của đồ thị hàm số y f x  và suy ra số các điểm cực trị của hàm số.
Cách 2: Từ BBT suy ra công thức hàm số y f x từ đó vẽ đồ thị hàm số y f x  và suy ra số các
điểm cực trị của hàm số. Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số y f x có 3 điểm cực trị  1  ; 2  ,0;3,2; 4  
Khi đó ta có BBT của hàm số y f x  như sau: x  1  0 2  f ' x  0 + 0  0 +  3  2 4 f xy  0 2  4 
BBT của hàm số y f x  là: x  2  0 2  f ' x  0 + 0  0 +  3  4 4 f xy  0 4  4 
Như vậy hàm số y f x  có 7 điểm cực trị. Chọn: D Câu 15: Phương pháp: 12
Sử dụng quan hệ song song trong không gian để chứng minh và chọn đáp án đúng. Cách giải:
+) Đáp án A: Ta có C 'MN  chính là C 'MB '
AB ' C 'MN   B '  loại đáp án A.
+) Đáp án C: Ta có AB ' A' B vì hai đường thẳng cùng thuộc  A' B ' BA  loại đáp án C.
+) Đáp án D: Ta có AB ' BM do hai đường thẳng này cùng thuộc  A' B ' BA  loại đáp án D. Chọn: B Câu 16: Phương pháp:
+) Tìm GTLN và GTNN của hàm số y f x trên  ; a b bằng cách:
+) Giải phương trình y '  0 tìm các nghiệm x i
+) Tính các giá trị f a, f b, f x  x a;b i i . Khi đó:
min f x  min f a; f b; f x ,max f x  max f a; f b; f x ii  a;b a;bCách giải:
x 1 x m 1 m
TXĐ: D   \  1 . Ta có: y '   x  2 1 x  2 1
Vì hàm số đã cho là hàm bậc nhất trên bậc nhất nên hàm số đơn điệu trên từng khoảng xác định của hàm số.    1 m 2 m
Xét trên 1;2 ta có: y   1  ; y 2 
là các GTNN và GTLN của hàm số. 2 3  
y    y  m 1 m 2 41 1 2  
 8  3m  3  2m  4  48  m  2 3 5  8  m  10 Chọn: C Câu 17: Phương pháp:
Số các chữ số của số m a là: log m a  1 chữ số.   Cách giải: Ta có: 20192020 log 20182019  1   
20192020log2018201911475019911147501992 Chọn: B Câu 18: Phương pháp:
Giải phương trình lượng giác tìm nghiệm x k sau đó cho nghiệm đó thuộc 0;2019 tìm số các
giá trị k   rồi suy ra số nghiệm của phương trình đã cho. 13 Cách giải: 2
cos 2x  2cos x  3  0  2cos x  2cos x  4  0 cos x  1
x k2k    cos x  2  (ktm)
Phương trình có nghiệm thuộc 0;2019
 0  k2 2019  0  k  321,33
k 1;2;...;32  1 Chọn: D Câu 19: Phương pháp:
Công thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng x a, x b a b và các đồ thị b
hàm số y f x, y g x là: S f
 x gxdx a Cách giải:
Xét các phương trình hoành độ giao điểm: x  2 2 4  x  0     x       x 2 2 1; 7 2
7  4x  0  x   0;  1 2 1 2 3 3 2 2
S  7  4x dx  4  x dx  4  x dx    0 1 2 1  7  4x  2
dx  4 x  3 3
2 dx  2x  4dx 0 1 2    x   x  4 7x x  1 3 2 3 3  4x       4x   3   3 0 1  2 16 11 16  7 1   3   10 3 3 3 Chọn: C Câu 20: Phương pháp: 1
Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: V Sh 3 Cách giải:
Gọi H là trung điểm của AB SH   ABCD 14 AB 3 a 3  SH   2 2 3 1 1 a 3 a 3 2  VSH.S  . .a S.ABCD 3 ABCD 3 2 6 Chọn: C Câu 21: Phương pháp: n n k ! k !
Sử dụng các công thức C  , A
, giải phương trình tìm n rồi chọn đáp án đúng. n k
! n k ! nn k! Cách giải: Ta có: n! n! 2 2
C A  15n    n n n n 2 
! n  2! n  2 15  2 ! nn   1 nn   1 2 2  
 15n n n  2n  2n  30n  0 2 1
n  0 ktm 2
 3n  33n  0  n 11  tm
Vậy n không chia hết cho 2. Chọn: B Câu 22: Phương pháp:
Gọi tọa độ các điểm A, B, C.
Lập phương trình mặt phẳng đi qua H và cắt các trục Ox, Oy, Oz bằng phương trình đoạn chắn.
Từ đó tìm được các điểm A, B, C. Từ đó tính được bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.
Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính 2
R : S  4 R Cách giải:
Gọi Aa;0;0, B0; ;
b 0,C 0;0;c lần lượt thuộc các trục tọa độ Ox, Oy, Oz. x y z
Khi đó ta có phương trình  đi qua các điểm A, B, C:   1 a b c H  1 2 2     1   1 a b c    
AH BC AH.BC  0
Theo đề bài ta có H là trực tâm A
BC       BH AC
BH.AC  0   AH   1 ;a2; 2
 , BC  0; ; b c Ta có:   BH   1;2 ;b 2
 , AC   ; a 0;c 15  
AH.BC  0  2
b  2c  0 a  2  c      
BH.AC  0
a  2c  0 b   c    1 2 2 9 9 1     1   1  c   2  c c c 2c 2  A9;0;0 a 2c 9        9    9  B 0; 0   b  c     2   2   9  C  0;0;      2 
Gọi I x ; y ; z 0 0
0  là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp tứ giác OABC.  
x y z x 92 y z       
x   x  92 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 OI IA    2 2   9       9 2 2 2 2 2 2   O
I IB  x y z x y   z    y y  0 0 0 0 0 0 0  0     2    2  OI IC  2 2  9     9 2 2 2 2 2 2 
x y z x y z  z z  0 0 0 0 0  0  0  0    2    2    9 
x  x  9 x  0 0 0 2    9   9  9 9 9  9 6
y   y   y   I ; ;  R OI  0 0   2 0 4    2 4 4  4  9  9 z  z z    0 0  0  2  4 2  9 6  243 2  S R    I  4 4 . 4  2   Chọn: B Câu 23: Phương pháp:
Khi quay tam giác AA'C quanh trục AA' ta được hình nón có bán kính đáy R AC , đường sinh
l A'C ' và chiều cao h AA'
Công thức tính diện tích toàn phần hình nón có bán kính đáy R, chiều cao h và đường sinh l: 2
S  Rl  R tp Cách giải:
Khi quay tam giác AA'C quanh trục AA' ta được hình nón có bán kính đáy R AC , đường sinh
l A'C ' và chiều cao h AA' 16 Ta có: 2 2
AC AB BC a 2 2 2 2 2
A'C AC AA'  2a a a 3 2 2
S  Rl  R .AC.A'C .AC tp 2
a 2.a 3  2a    6  2 2 a Chọn: A Câu 24: Phương pháp:
Gọi các quả cầu được xếp trong mô hình là n quả.
Bán kính các quả cầu tạo thành cấp số nhân có công bội là 2. n u q 1 1  
Tổng của n số hạng đầu của CSN có số hạng đầu là u và công bội q: S  1 n q 1 Cách giải:
Gọi các quả cầu được xếp trong mô hình là n quả.  * n   
 Bán kính các quả cầu tạo thành cấp số nhân có công bội là 2.
Gọi bán kính quả cầu trên cùng hay quả cầu nhỏ nhất là R . 0  R  50 1  1   nn 100
Bán kính quả cầu dưới cùng là: 1
R  50cm R .2  2  n 1 R1 2.R 2n 1 1   100 
Khi đó chiều cao của mô hình có thể là: h  2S   2R
1  200  2R  200cm  2m n 1 1 2 1 R  1 
Vậy chiều cao của mô hình là dưới 2 mét. Chọn: D Câu 25: Phương pháp: 1
Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: V Sh 3 Cách giải: Ta có: 1 SSSSS CNPQ NQDC DPQ 2 ABCD DPQ 1 1 3
S S S 2 8 8 1
Lại có: d M ; ABCD  d  ;
A ABCD 2 1  Vd M ABCD Sh S V MCNPQ    1 3 3 ; . . 3 CNPQ 2 8 16 17 Chọn: C Câu 26: Phương pháp:
Sử dụng công thức: f x  f '
 xdx để tìm hàm số f x sau đó giải phương trình và tính tổng đề bài yêu cầu. Cách giải:
Ta có: f x   x   3 4
3 dx  2x  3x C
Lại có: f      
C    C    f x 2 1 1 2.1 3.1 1 6
 2x  3x  6  f x 2 2
 10  2x  3x  6  10  2x  3x 16  0 * Ta có: ac  2. 1  6  3
 2  0  * luôn có hai nghiệm trái dấu.  3
x x  
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: 1 2  2 x x  8   1 2 Ta có: 3
log x  log x  log x x  log 8   log 2  3 2 1 2 2 2 1 2 2 2 Chọn: D Câu 27: Phương pháp: n
Sử dụng công thức khai triển của nhị thức: a bn k nk k  C a b n k 0 Cách giải:k 3  x 2019 2019 k
  C  3 2019k x 2019 k 0  C 3  C 3 x C 3 x  ... C . 3xC x 2019  2019 2019 2018 2019  2017 0 1 2 2 2018 2018 2019 2019 2019 2019 2 3 2019
a a x a x a x  ... a x 0 1 2 3 2019 1  khi m  4l i  
khi m  4l 1 Ta có: m i   l  1
khi m  4l  2   i
khi m  4l  3
Chọn x i ta có:  k 3  i 2019 2019 k
  C  3 2019k i  2i  1  2019  k 0  C 3  C 3 i C 3 i  ... C . 3.iC i 2019 
2019 2019 2018 2019 2017 0 1 2 2 2018 2018 2019 2019 2019 2019 2 3 2018 2019
a a i a i a i  ... a ia i 0 1 2 3 2018 2019
a a i a a i  ... aa i 0 1 2 3 2018 2019 Chọn x i  ta có: 18  k 3  i 2019
2019  C  3  i2019k k 2019 k 0  C
 32019 C  32018iC  32017 0 1 2 2 2018 2018 2019 2019 i ... C . 3.iC i 2019 2019 2019 2019 2019 2 3 2018 2019
a a i a i a i  ... a ia i 0 1 2 3 2018 2019
a a i a a i  ... aa i 0 1 2 3 2018 2019   3  2019 1   3  2019 1
 2a a a a ... aa 0 2 4 6 2016 2018  2S   3  673 1      3  673 3 3 1      
 8i673   8  i673  0   673 673 673 673
 2S  8 .i  8 .i  0  S  0 Chọn: B Câu 28: Phương pháp: n
Sử dụng công thức khai triển của nhị thức a bn k nk k  C a b n k 0 Cách giải: n Ta có: 5x   1 n  C x   n 5 k  1n k k k 0
Chọn x  1 ta được tổng các hệ số của khai triển   n 5.1  1 n  C 5    n  n k k k 100 1 2 k 0 100 n 100 2
 2  4  2  2 n  2n  100  n  50 Vậy hệ số của 3
x trong khai triển là: C .5 . 1    C  .5  2  450000 50  50 3 3 3 3 3 50 Chọn: C Câu 29: Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết khối đa diện để làm bài toán. Cách giải:
Hình bát diện đều có 9 mặt phẳng đối xứng. Chọn: D Câu 30: Phương pháp:
Sử dụng phương pháp tích phân đổi biến. Cách giải: 1 1 4 1 Ta có: I
f  4x 1 dx f  4  x  
1 dx f 4x     1dx 1  1  1 4 19 1 4 Xét I f 4  x 1 dx 1    1  x  1   t  5  Đặt 4
x 1  t dt  4
dx . Đổi cận:  1
x   t  0  4 0 5 5 1 1 1 1  I   f t dt f t dt f x dx  .4  1 1          4 4 4 4 5 0 0 1
Xét I f 4x 1 dx 2    1 4
x  1 t  3 
Đặt 4x 1  t dt  4dx . Đổi xận:  1
x   t  0  4 3 3 3 1 1 1 1  I f t dt f t dt f x dx  .8  2 2          4 4 4 4 0 0 0
I I I  1 2  3 1 2 Chọn: A Câu 31: Phương pháp:
+) Lấy loganepe hai vế, đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn x.
+) Tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm. Áp dụng định lí Vi-ét.
+) Sử dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm đánh giá biểu thức S. Cách giải: 2 2 x x   1 x x    ln  2 1 x x a b a b b a b   lnb 2 2
x ln a x ln b  ln b x ln b x ln a  ln b  0 ln b  0 
luon dung do b  1
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt   2 2
ln a  4ln b  0  luon dung
Do đó phương trình luôn có 2 nghiệm với mọi a,b  1. Gọi x , x là 2 nghiệm phân biệt của phương trình 1 2   ln a x x    log a  1 2 b
đã cho. Áp dụng định lí Vi-ét ta có: ln b   ln bx x   1  1 2  ln b Khi đó ta có: 20 2 2  x x   x x  1 2 1 2 S  
  4x  4x  
  4 x x 1 2  1 2  x x x x  1 2   1 2  2  1   1 S     4log a   4log a b 2  log a log b abb
Do a,b  1 log a  log 1  0 b b Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 1 1 1 3 S   4log a
 2log a  2log a  33 .2log .
a 2log a  3 4 2 b 2 b b 2 log a log a log b b a b b b 1 1 1 1 3  S
 3 4 . Dấu “=” xảy ra 3 3 2 
 2log a  log a   log a   a b min 2 b b b 3 log a 2 b 2 1 Ta có: 3 2 1 b
b b do b   1  a b Chọn: A Câu 32: Phương pháp:
+) Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, SC, BC, AC. Chứng minh S ;
A BC    N ; Q MQ .
+) Áp dụng định lí cosin trong tam giác MNQ. Cách giải:
SBG   ABG  Ta có: 
SCG   ABC
SG   ABC   SBG
  SCG  SG
Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, SC, BC, AC.
Đặt AB BC  1 AC  2
Ta có: SA ABC  SA GA 0 ; ;  SAG  30
Ta có NQ là đường trung bình của tam giác SAC NQ / /SA
MQ là đường trung bình của tam giác ABC MQ / /BC  S ;
A BC    N ; Q MQ 1 5 2 5 Ta có: AP  1 
CM AG AP  4 2 3 3 5 3 15 AG 2 15 0  SG A . G tan 30  .  ; SA   0 3 3 9 cos 30 9 1 15
NQ SA  1 1
và MQ BC  2 9 2 2 5 2 5 1 5 Ta có MC
GC MC  ;GM MC  2 3 3 3 6 21 2 15 105
Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 2 2 2
SC SG GC
; SM SG GM  9 18 2 2 2 SM MC SC 65 195
Xét tam giác SMC ta có: 2 MN     MN  2 4 108 18
Áp dụng định lý cosin trong tam giác MNQ: 1 5 65 1 2 2 2   
MQ NQ MN 15 4 27 108 6 cos MQN       0 2.M . Q NQ 1 15 15 10 2. . 2 9 9 15 Vậy cos  N ; Q MQ   cos S ; A BC  10 Chọn: C
Chú ý: Góc giữa hai đường thẳng là góc nhọn nên cosin của góc giữa hai đường thẳng là giá trị dương. Câu 33: Phương pháp:
Xếp lần lượt chỗ ngồi cho từng học sinh nam và nữ sao cho mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một
học sinh nữ. Sử dụng quy tắc nhân. Cách giải:
Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào 10 ghế cho 10! cách xếp  n 10!
Gọi A là biến cố: “mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ”.
+) Xếp học sinh nam thứ nhất vào 1 trong 10 vị trí cho 10 cách xếp.
Chọn 1 trong 5 bạn nữ xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ nhất có 5 cách xếp.
+) Xếp bạn nam thứ 2 vào 1 trong 8 vị trí còn lại có 8 cách xếp.
Chọn 1 trong 4 bạn nữ còn lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ hai có 4 cách xếp.
+) Xếp bạn nam thứ 3 vào 1 trong 6 vị trí còn lại có 6 cách xếp.
Chọn 1 trong 3 bạn nữ còn lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ ba có 3 cách xếp.
+) Xếp bạn nam thứ 4 vào 1 trong 4 vị trí còn lại có 4 cách xếp.
Chọn 1 trong 2 bạn nữ còn lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ tư có 2 cách xếp.
+) Xếp bạn nam thứ 5 vào 1 trong 2 vị trí còn lại có 2 cách xếp.
Xếp 1 bạn nữ còn lại vào vị trí cuối cùng có 1 cách xếp.
nA 10.5.8.4.6.3.4.2.2.1  460800 n A 460800 8 Vậy P A      n 10! 63 Chọn: C Câu 34: Chọn: B Câu 35: Phương pháp: 22          +) 
n  n u      d  ; d   
+) Lấy Ad A  Viết phương trình mặt phẳng  .
+) Xác định điểm vừa thuộc  vừa thuộc  . Cách giải:   Ta có: u  1;1;2 d n    1;1; 2 d
 là 1 VTCP của đường thẳng và
là 1 VTPT của mặt phẳng . 
Gọi n là 1 VTPT của mặt phẳng  .         n .n   0    Ta có:   
n  n ;u       d 4; 4;0 / /1; 1;0     d     n .u  0   d
Lấy A1;2;3d   A
Suy ra phương trình mặt phẳng  : 1 x  2 1 y  3  0  x y 1  0
x y 1  0
 Giao tuyến của  và  có phương trình  *
x y  2z 1  0
Dựa vào 4 đáp án ta thấy chỉ có điểm 2;3;3 thỏa mãn (*) Chọn: B Câu 36: Phương pháp: 0
Nhân liên hợp để khử dạng 0 Cách giải:
3 5 f x 16  4 lim 2 x2 x  2x  8
 5f x164 5f x 2 3 3 3
16  4 5 f x 16 16  lim x
x  4x  2 5f x 2 2 3 3
16  4 5 f x 16 16
5 f x 16  64  lim
x x  4x  2 5f x 2 2 3 3
16  4 5 f x 16 16 5  f   x 16 lim 
x x4x2 5f x 2 2 3 3
16  4 5 f x 16 16 f x 16 5  lim . xx  2 5 f x 2 2 3
16  43 5 f x   16 16 f x 16 Ta có lim
 12  f 2 16; f '2 12 x2 x  2 23
3 5 f x 16  4 5 5  lim  12.  2 xx  2x  8 6 2 2 4  4.4 16 24 Chọn: A Câu 37: Phương pháp:
+) Tìm ĐKXĐ của phương trình. 1 cos 2x
+) Sử dụng công thức nhân đôi 2
cos 4x  2 cos 2x 1 và công thức hạ bậc 2 sin x  đưa phương 2
trình về dạng phương trình bậc cao đối với 1 hàm số lượng giác.
+) Giải phương trình, biểu diễn các họ nghiệm trên đường tròn lượng giác.
+) Xác định các điểm và tính diện tích đa giác đó. Cách giải:
ĐK: sin x  cos x  0  2 sin x
 0  x   k x    k k      4  4 4 2
PT  cos 4x  cos 2x  2sin x  0 2
 2cos 2x 1 cos 2x 1 cos 2x  0 2
 2cos 2x  2cos 2x  0
 2cos 2xcos 2x   1  0   k   cos 2  0 x x 2x   k   4 2    2   k  cos 2x  1  2x  k2    x   k  2  x   k
Đối chiếu điều kiện ta có: 4  k 
x   k  2
Biểu diễn hai họ nghiệm trên trên đường tròn lượng giác ta được
4 điểm A, B, C, D như sau:  2 2  Trong đó A ;
 . Gọi H lần lượt là hình chiếu của A  2 2     2 
trên Oy H 0;   2    2  AH  1 1 2 2 . Ta có: SAH.BD  . .2  2 ABD 2 2 2 2 Vậy S  2S  2 ABCD ABD Chọn: C
Chú ý: Chú ý đối chiếu điều kiện xác định để loại nghiệm. Câu 38: 24 Phương pháp: +) ,
A B P  Thay tọa độ A, B vào phương trình mặt phẳng (P) được 2 phương trình.
+) Gọi M  P O ;
x N  P Oy . Xác định tọa độ điểm M, N.
+) Từ giả thiết OM ON  Phương trình thứ 3.
+) Giải hệ 3 phương trình  P,Q từ đó tính b b c c 1 2 1 2 Cách giải: 1
  b c d  0 Ta có: , A B P 1 1 1   2
b  2c d  0  1 1 1
M  P Ox M d ;0;0  OM d  0 1  1  Gọi   d  d d N   P 1 1 1
Oy N 0; ;0  ON    0 b b b   1  1 1 d Theo bài ra ta có 1
OM ON d
d b 1  0  b  1  Do d  0 1 1  1  1  1  b1
2  c d  0 c  4 TH1: 1 1 1 b  1    
P : x y  4z  6  0 1   2
  2c d  0 d  6   1 1  1 c d  0 c  2  TH2: 1 1 1 b  1     
P : x y  2z  2  0 1  
2  2c d  0 d  2  1 1  1
Do vai trò của P,Q là như nhau nên không mất tính tổng quát ta có P : x y  4z  6  0 và
Q: x y  2z  2  0
b b c c 1 1   4. 2   9  1 2 1 2     Chọn: B Câu 39: Phương pháp:
+) Xác định thiết diện dựa vào các yếu tố song song. Chứng minh thiết diện là hình thang cân.
+) Tính diện tích hình thang cân. Cách giải:
Gọi N là trung điểm của BC ta có MN là đường trung bình của
tam giác ABC MN / / AC .
Ta có  A'C 'M  chứa A'C '/ / AC   A'C 'M  cắt ABC theo
giao tuyến là đường thẳng qua M và song song với
AC   A'C 'M   ABC  MN .
Vậy thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mặt phẳng  A'C 'M
là tứ giác A'C ' NM . 25
Ta có MN / / AC / / A'C '  A'C ' NM là hình thang. Xét A  ' AM và C  'CN có: a 0
A' A C 'C; A  ' AM C
 'CM  90 ; AM CN  2  A  ' AM C
 'CN  .cg.c  A'M C ' N
Dễ dàng nhận thấy A' M và C ' N không song song nên A'C ' NM là hình thang cân. a Có A'C '  ; a MN  2
Kẻ MH A'C ' H A'C '; NK A'C ' K A'C ' ta có MNKH là a
hình chữ nhật  MN HK  2 a  ' ' a A C HK 2 a
A' H C ' K    2 2 4 2 a 3a
Xét tam giác vuông A' AM có 2 2 2
A' M A' A AM  2a   4 2 2 2 9a a a 35
Xét tam giác vuông A' MH có 2 2
MH A' M A' H    4 16 4 2 1 1 
a a 35 3 35a Vậy S
A'C ' MN .MH a  .  A'C ' NM     2 2  2  4 16 Chọn: C Câu 40: Phương pháp:
+) Để hàm số đồng biến trên  thì y '  0 x
   . Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng
m g xx
    m  min g x 
+) Lập BBT của hàm số y g x và kết luận. Cách giải: Hàm số y   2
ln x  2  mx 1 có TXĐ: D   2x Ta có y '   m 2 x  2 2x
Để hàm đồng biến trên  thì y '  0 x      m  0 x    2 x  2 2xm   g x x
    m  min g x 2     x  2  2x 2 2 x  2 2  2 . x 2x 2  x  4
Xét hàm số g x 
có TXĐ D   và g ' x    0  x   2 2 x  2 x 22 x 22 2 2 BBT: 26 x   2 2  g ' x  0 + 0  0 2 2 g x 2 0  2 Từ BBT ta suy ra
g x  g   2 2 min 2    m    2 2   2  m  2  019; 
Kết hợp điều kiện đề bài ta có  2  m     2  019; 2  018;...;  1  m
Vậy có 2019 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn: B Câu 41: Chọn: A Câu 42: Phương pháp:
+) Kiểm tra tính liên tục của hàm số tại x  1
+) Nếu hàm số liên tục tại x  1, sử dụng công thức tính đạo hàm bằng định nghĩa: f x f x f ' x  lim 0     0  x 0 x x x0 Cách giải:
Trước hết ta xét tính liên tục của hàm số tại x  1 Ta có  
 3x12x 3x12 3 1 2 x x x
lim f x  lim  lim x 1  x 1  x 1 x 1 
x  1 3x1 2x 2 3x 1 4x x   1 4x   1  lim  lim x 1   x  
1  3x 1  2xx 1   x  
1  3x 1  2x 4  x 1 4  1 5   lim    f   1 x 1  3x 1  2x 4  2 4
 Hàm số liên tục tại x  1
Tính f '  1 27 3x 1  2x 5         f  
f xf   1
4 3x 1 8x 5x 5 x 1 4 ' 1  lim   lim xx 1 x 1 x 4 x  2 1 1 1 x   x
4 3x13x54 3x13x5 4 3 1 3 5   lim  lim x 4 x  2 1 x 4 x  2 1 1
1 4 3x 1  3x  5 163x   1   2
9x  30x  25 2 9
x 18x  9  lim  lim x 4 x  2
1 4 3x 1  3x  5 x 4x  2 1 1
1 4 3x 1  3x  5 9  x  2 1    9 9 lim  lim 
x 4 x  2 1
1 4 3x 1  3x  5 x 1
 44 3x 1  3x  5 64 Chọn: C
Chú ý: Trước khi tính đạo hàm của hàm số y f x tại điểm x x cần kiểm tra tính liên tục của hàm 0 số tại điểm đó. Câu 43: Phương pháp: +) Gọi C  ; a ;
b c  phương trình (1).
+) Tam giác ABC đều  AB BC CA  phương trình (2), (3).
+) Giải hệ 3 phương trình 3 ẩn a, b, c. Cách giải: Gọi C  ; a ;
b c  2a b  2c  8  0   1
Tam giác ABC đều  AB BC CA 2 2 AB AC 8
  a b   c 32 2 2     2 2 AC BCa b  
c 32  a  22 b c  2 2 2 2 1 8
  a b  c 32 8
  a b  c 32 2 2 2 2      6
c  9  4a  4  2c 1
4a  4c  4 8
  a b c 32 2 2 2
 ac 1  3
2a b  2c  8  0 c 1 a  
Ta có hệ phương trình:  a b  c  32 2 2
 8  2a b  21 a 8  0 a c 1     a b   c 32 2 2  8 vo nghiem
Vậy không có điểm C nào thỏa mãn. Chọn: B Câu 44: Chọn: D Câu 45: Phương pháp: 28
+) Trong  ABC gọi AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp A
BC . Chứng minh SH   ABC .
+) Trong  ABC kẻ đường thẳng qua B song song với AC cắt HC tại M. Chứng minh d S ;
B AC   d C;SBM .
+) Sử dụng phương pháp đổi đỉnh, chứng minh d C;SBM   3d H;SBM 
+) Dựng khoảng cách từ H đến SBM  và tính. Cách giải:
Trong  ABC gọi I là trung điểm của BC, gọi AH là đường kính
đường tròn ngoại tiếp ABC .
HB AB, HC AC BH AB Ta có: 
AB  SBH   AB SH SB AB
Chứng minh tương tự ta có AC SH
SH   ABC
Trong  ABC kẻ đường thẳng qua B song song với AC cắt HC tại M.
Ta có AC / /BM d S ;
B AC   d AC;SBM   d C;SBM 
Ta có CH AC CM BM a 3
Xét tam giác vuông ACH có: 0
CH AC.tan 30  3 a 3
Xét tam giác vuông BCM có: 0
CM BC.cos 30  2  a d H; SBM  3
CH  SBM    HM CH 1 3  M   1 1 
d C;SBM  CM CM a 3 3 2
Trong SHM  kẻ HK SM K SM  ta có: BM HM
BM  SHM   BM HKBM SHHK BM
HK  SBM   d H;SBM   HKHK SM
Ta có: SA ABC  SA HA 0 ; ;  SAH  45  AC 2a S
AH vuông cân tại H SH AH   0 cos 30 3 1 a 3 HM CM  3 6
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SMH ta có: 29 2 2a a 3 . a SH.HM 3 6 2a 51 3 HK     2 2 2 2 SH HM 4a 3a a 51 51  3 36 6 a
Vậy d SB AC 2 51 ;  17 Chọn: A Câu 46: Chọn: C Câu 47: Phương pháp:
+) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB. Chứng minh C
DN và  ABM vuông cân và
MN AB, MN CD
+) Đặt CD x . Áp dụng định lí Pytago tính x. Cách giải:
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB. ACD và B
CD cân  AM CD, BM CD Ta có: 
ACD BCD  CD  
ACD  AM CD   ACD BCD   AM BM  0 ; ;  90   BCD
  BM CDAM BM
Và ta dễ dàng chứng minh được ACD B
CD .c .cc  AM BM A
BM vuông cân tại M MN AB
Chứng minh tương tự ta có C
DN vuông cân tại N và MN CD 2 x
Đặt CD x . Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 2 AM a  4 2 2 2 x 1 a x A
BM vuông cân tại 2 2 2 2 2
M AB  2AM  2a
AN AB   2 4 2 8 2 2 2 2 a x a x
Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 2 2 2
DN AD AN a     2 8 2 8 2 x 2 3a C
DN vuông cân tại 2 2 2 2
N CD  2DN a   x x  4 3 Chọn: A Câu 48: Phương pháp: n
Xác suất của biến cố A được tính bởi công thức: P AAn 30 Cách giải:
Số cách chọn 3 đỉnh bất kì của đa giác là: 3 n C  48
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đều.
Gọi biến cố A: “Chọn 3 đỉnh bất kì của đa giác để được một tam giác nhọn”.
Lấy điểm A thuộc đường tròn (O), kẻ đường kính AA’  A’ cũng thuộc đường tròn (O).
Khi đó AA’ chia đường tròn (O) thành hai nửa, mỗi nửa có 23 đỉnh.
Chọn 2 đỉnh B, C cùng thuộc 1 nửa đường tròn có 2
C cách chọn  có 2
C tam giác ABC là tam giác tù. 23 23
Tương tự như vậy đối với nửa còn lại nên ta có 2 2
C tam giác tù được tạo thành. 23
Đa giác đều có 48 đỉnh nên có 24 đường chéo  có 24.2. 2 C tam giác tù. 23
Ứng với mỗi đường kính ta có 23.2 tam giác vuông. Vậy số tam giác vuông là: 23.2.24 = 1104 tam giác. 3 2
n C  48C 1104  4048 tam giác. A 48 23
P A 4048 11   3 C 47 48 Chọn: B Câu 49: Chọn: D Câu 50: Cách giải:
    Gọi điểm I  ; a ;
b c thỏa mãn: IA IB IC  0   8  ; a 5  ; b 1
 1 c  5  a;3 ; b 4
  c  11;2  ; b 6   c  0 8
  a  5  a 1 a  0 a  2     5
  b  3  b  2  b  0  b   0  I  2  ;0;  1
 11 c 4 c 6 c 0         c  1  
  
Theo đề bài ta có: MA MB MC Min
     
    
MI IA MI IB MI IC  3MI  IAIB IC  3 MI  3MI Min
Ta có: S  có tâm J 2;4; 
1 , R  3. M S   MI
IJ R  16 16  4  3  3 min  x  2   2t  Có: IJ  4;4; 2    22;2; 
1  Phương trình đường thẳng IJ : y  2tz 1t
M IJ M  2
  2t;2t;1 t
M S    4
  2t2  2t  42  2  t2  9  9t  22  9 t  2  1
t  3  M 4;6; 2  2  
 t  2 1     t  2  1  t  1 M  0;2;0 a  0
Do MI  3  M 0;2;0 thỏa mãn  
a b  2 b   2 Chọn: C 31
Document Outline

  • [toanmath.com] - Đề kiểm tra kiến thức Toán 12 lần 2 năm 2018 – 2019 trường chuyên KHTN – Hà Nội.pdf
  • ACFrOgCq0jjzQRsai6q6YWYBM4NbdBrGWN5LKaL1k4yv7C-G23YDOV4H8nRCzbfGW5rIq3CnHKrTIVbqSnsgrsk89g8496lwXguQpgRemAHzYtujAaYOEanW8N3pIMc=.pdf