›
›
›

Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần II - Mã đề 121 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT chuyên Hạ Long (Có đáp án)

doc 52 trang thaodu 8510
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần II - Mã đề 121 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT chuyên Hạ Long (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_thu_thpt_quoc_gia_mon_toan_lan_ii_ma_de_121_nam_hoc_2.doc

Nội dung text: Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần II - Mã đề 121 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT chuyên Hạ Long (Có đáp án)

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN II – MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG NĂM HỌC: 2018 - 2019 MÃ ĐỀ 121 Thời gian làm bài: 90 phút Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần II môn Toán của trường THPT Chuyên Hạ Long gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài toán thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức được phân bố như sau: 92% lớp 12, 8% lớp 11, 0% kiến thức lớp 10. Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh hoạ môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tạo đã công bố từ đầu tháng 12. Trong đó xuất hiện các câu hỏi khó lạ như câu 38, 41, 45 nhằm phân loại tối đa học sinh. Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất. Câu 1 (TH): Tính thể tích V của khối nón chiều cao h a và bán kính đáy r a 3 . a3 a3 3 A. B.V C. D.a3 V V 3 a3 V 3 3 2 Câu 2 (TH): Tìm tập nghiệm S của phương trình 9x 3x 2 1 . A. S = {1}B. S = {0; 1}.C. S = {1; -2}.D. S = {1; 2}. Câu 3 (TH): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC, với A 1,1,2 , B 3,0,1 , C 8,2, 6 . Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC. A. G(2,-1,1)B. G(2,1,1)C. G(2,1,-1)D. G(6,3,-3) Câu 4 (TH): Tính diện tích xung quanh S của khối trụ có bán kính đáy r = 4 và chiều cao h = 3. A. S = 48B. S = 24C. S = 96D. S = 12 Câu 5 (TH): Cho đồ thị hàm số y log2 x . Khẳng định nào sau đây sai ? A. Đồ thị hàm số nhận trục tung là tiệm cận đứng. B. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm A 1,0 . C. Đồ thị hàm số luôn nằm phía trên trục hoành. D. Đồ thị hàm số đồng biến trên khoảng 0. . Câu 6 (TH): Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy và cạnh bên cùng bằng a. Tính thể tích khối lăng trụ đó. a3 6 a3 6 a3 3 a3 3 A. B. C. D. 12 4 12 4 1 Câu 7 (TH): Hàm số y x3 x2 3x 5 nghịch biến trên khoảng nào ? 3 A. (3;+∞). B. (-∞;+∞). C. (-∞;-1). D. (-1;3). x 6 Câu 8 (TH): Đồ thị hàm số y có mấy đường tiệm cận? x2 1 A. 1. B. 3. C. 2. D. 0. Câu 9 (TH): Đường cong hình bên là đồ thị của mộ hàm số trong bốn hàm số được liệt kê dưới đây. Hỏi đó là hàm số nào? Trang 1/27
  2. A. y x3 x – 1 . 3 B. y x x 1. 3 C. y x x 1. 3 D. y x x 1 Câu 10 (TH): Tìm họ nguyên hàm của hàm số f x e3x . e3x 1 e3x A. f (x)dx C . B. f (x)dx 3e3x C . C. f (x)dx e3x C . D. f (x)dx .C 3x 1 3 Câu 11 (VD) : Cho khối chóp SABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA = a, SB = b, SC = c. Tính thể tích V của khối chóp đó theo a, b, c. abc abc abc A. V B. V C. V D. V abc 6 3 2 2 Câu 12 (VD): Tìm tập xác định D của hàm số y log3 x – x 2 . A. D 1;2 . B. D ( ; 1)  2; . C. D 2; . D. D ; 1 . Câu 13 (TH): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu S : x2 y2 z2 – 2x 4y – 4z – 25 0 . Tìm toạ độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S). A. I(1; 2;2); R 34 B. I( 1;2; 2); R 5 C. I( 1;4; 4); R 29 D. I(1; 2;2); R 6 Câu 14 (TH): Tìm họ nguyên hàm của hàm số f (x) cos x 2x. A. f (x)dx sin x x2 C . B. f (x)dx sinx x2 C . C. f (x)dx sinx x2 .D. f (x)dx s. inx x2 Câu 15 (TH): Cho hàm số y f x liên tục trên R và có bảng biến thiên: x 1 0 1 y + y 2 1 -1 Khẳng định nào sai? A. x0 1 là điểm cực tiểu của hàm số. B. Hàm số đồng biến trên khoảng 1;0 và 1; . M 0;2 là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số. C. Trang 2/27
  3. D. f 1 là một giá trị cực tiểu của hàm số. 12 2 1 Câu 16 (VD): Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của x . x A. -459. B. -495. C. 495. D. 495. Câu 17 (VD): Cho hàm số y f (x) có đạo hàm f '(x) (ex 1)(ex 12)(x 1)(x 1)2 trên R. Hỏi hàm số y f (x) có bao nhiêu điểm cực trị? A. 1.B. 2.C. 3.D. 4. Câu 18 (VD): Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích V . Gọi M là trung điểm CC’. Mặt phẳng (MAB) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó (số bé chia số lớn). 2 3 1 1 A. . B. . C. . D. . 5 5 5 6 Câu 19 (VD): Tính thể tích V của khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a. a3 4 a3 a3 a3 A. V B. V C. V D. V 6 3 3 2 Câu 20 (VD): Cho khối chóp tam giác đều SABCD có cạnh đáy là a, các mặt bên tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp đó. a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. V B. V C. V D. V 2 12 6 3 Câu 21 (VD): Cho hàm số f (x) thoả mãn f '(x) (x 1)ex và f (0) 1 . Tính f (2) A. B.f ( C.2) D.4 e2 1 f (2) 2e2 1 f (2) 3e2 1 f (2) e2 1 Câu 22 (VD): Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x3 3x2 1 biết nó song song với đường thẳng y 9x 6 . A. y 9x 26; y 9x 6 B. y 9x 26 C. y 9x 26 D. y 9x 26; y 9x 6 Câu 23 (VD): Tính độ dài đường cao của tứ diện đều có cạnh a. a 2 a 6 a 6 a 6 A. B. C. D. 3 9 3 6 Câu 24 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y x3 3x2 mx 2 đồng biến trên R. A.m ≥ 3. B. m > 3. C. m < 3. D. m ≤ 3. Câu 25 (VD): Cho khối chóp SABC có SA  (ABC), SA a, AB a, AC 2a,BAC 1200 .Tính thể tích khối chópSABC . a3 3 a3 3 a3 3 A. V B. V a3 3 C. V D. V 3 6 2 Câu 26 (TH): Cho tam giác ABC vuông cân tại A, đường cao AH = 4. Tính diện tích xung quang Sxq của hình nón nhận được khi quay tam giác ABC quanh trục AH. A. Sxq 4 2 B. Sxq 16 2 C. Sxq 8 2 D. Sxq 32 2 x 1 Câu 27 (TH): Tính đạo hàm của hàm số y (x 0, x 1) ln x Trang 3/27
  4. ln x x 1 x ln x x 1 ln x x 1 x ln x x 1 A. y ' B. y ' C. y ' D. y ' x(ln x)2 x(ln x)2 (ln x)2 x ln x Câu 28 (VD): Phương trình sin2 x 3 sin x cos x 1 có bao nhiêu nghiệm thuộc 0;3 . A.7 B. 6 C. 4 D. 5 Câu 29 (TH): Việt Nam là quốc gia nằm ở phía Đông bán đảo Đông Dương thuộc khu vực Đông Nam Á. Với dân số ước tính 93,7 triệu dân vào đầu năm 2018, Việt Nam là quốc gia đông dân thứ 15 trên thế giới và là quốc gia đông dân thứ 8 Châu Á, tỉ lệ tăng dân số hàng năm là 1,2%. Giả sử tỉ lệ tăng dân số từ năm 2018 đến năm 2030 không thay đổi thì dân số nước ta đầu năm 2030 khoảng bao nhiêu: A.118,12 triệu dân. B. 106,12 triệu dân. C. 128,12 triệu dân. D. 108,12 triệu dân. Câu 30 (TH): Dãy số nào là cấp số cộng? 3n 1 A. u n 2n (n N*) B. u 3n 1(n N*) C. u 3n (n N*) D. u (n N*) n n n n n 2 1 Câu 31 (TH): Tìm nguyên hàm dx . x ln x 1 2 1 A. (ln x 1)3 C B. C.ln D.x 1 C ln x 1 C 2 ln x 1 C 3 2 Câu 32 (TH): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai vectơ a( 2; 3;1) và b(1;0;1) .Tínhcos(a;b) . 1 1 3 3 A. cos(a;b) B. cos(a;b) C. cos(a;b) D. cos(a;b) 2 7 2 7 2 7 2 7 Câu 33 (TH): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz Cho tam giác ABC vớiA 1;2;1 ; B 3;0;3 ;C 2;4; 1 . Tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành ? A.D(6;-6;3) B. D(6;6;3) C. D(6;-6;-3) D. D(6;6;-3) x2 x 3 Câu 34 (TH): Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhát và giá trị nhỏ nhất của hàm số y trên [-2;1] . x 2 TínhT M 2m . 25 A. T B. TC. D. 1 1 T 7 T 10 2 x 1 Câu 35 (VD): Biết dx a ln x 1 bln x 2 C(a,b R) . Tính giá trị biểu thức a + b (x 1)(x 2) A. a + b = 1 B. a + b = 5 C. a + b = -5 D. a + b = -1 Câu 36 (VD): Tính tổng tất cả các giá trị của m biết đồ thị hàm số y x3 2mx2 (m 3)x 4 và đường thẳng y x 4 cắt nhau tại 3 điểm phân biệt A(0;4), B, C sao cho diện tích tam giác IBC bằng 8 2 với I 1;3 . A.3 B. 8 C. 1 D. 5 Câu 37 (VD): Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số y x4 2mx2 2m m4 có 3 điểm cực trị đồng thời các điểm cực trị của đồ thị lập thành tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. Tính tổng các phần tử của S. 1 5 2 5 3 5 A. B. C. 0 D. 2 2 2 Trang 4/27
  5. Câu 38 (VDC): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D và AB = AD = a, DC = 2a, tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên AC và M là trung điểm HC. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp chop S.BDM theo a. 7 a2 13 a2 13 a2 7 a2 A. . B. .C. .D. . 9 9 3 3 Câu 39 (VD): Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC vớiA 1;2;0 ; B 3;2; 1 ; C 1; 4;4 . Tính tập hợp tất cả các điểm M sao cho MA2 MB2 MC 2 52 A. Mặt cầu tâm I(-1;0;-1) bán kínhr 2 B. Mặt cầu tâm I(-1;0;-1) bán kính r 2 C. Mặt cầu tâm I(1;0;1) bán kính r 2 D. Mặt cầu tâm I(1;0;1) bán kính r 2 Câu 40 (VDC): Cho hàm số y f x có đạo hàm trên R và có đồ thị hàm số y f ’ x như hình bên. Hàm số y f 3 – x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. 2; 1 B. 1;2 C. 2; D. ; 1 Câu 41 (VDC): Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD cạnh a. Trên đường thẳng qua A và vuông goác vói mặt phẳng (P) lấy điểm S sao cho SA = a. Mặt cầu đường kính AC cắt các đường thẳng SB, SC, SD lần lượt tại M ≠ B, N ≠ C, P ≠ D. Tính diện tích rứ giác AMNP ? a2 6 a2 2 a2 2 a2 3 A. B. C. D. 2 12 4 6 Câu 42 (VDC): Gọi K là tập nghiệm của bất phương trình 72x x 1 72 1 2018x 2018 . Biết rẳng tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số yđồ ng2x bi3 ến3 (trênm 2)x2 6(2m 3)x 3m 5 K là a b; với a, b là các số thực. Tính S a b A. S = 14 B. S = 8 C. S = 10 D. S = 11 Câu 43 (VDC): Cho tứ diện S.ABC có ABC là tam giác nhọn. Hình chiếu vương góc của S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trực râm của tam giác ABC. Khẳng định nào dưới đây là sai khi nói về tứ diện đã cho ? A. Các đoạn thẳng nối các trung điểm các cặp cạnh đối của tứ diện bằng nhau. B. Tổng các bình phương của mỗi cặp cạnh đối của tứ diện bằng nhau. C. Tồn tại một đỉnh của tứ diện có ba cạnh xuất phát từ đỉnh có đôi một vuông góc với nhau. D. Tứ diện có các cặp cạnh đối vuông góc với nhau. 2 Câu 44 (VDC): Cho hàm số y = f(x) lien tục trên R thoả mãn f '(x) 2x. f (x) e x x R và f (0) 0 . Tính f (1) . Trang 5/27
  6. 1 1 1 A. f (1) e2 B. f (1) C. D.f (1) f (1) e e2 e Câu 45 (VDC): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a. Biết rằng ASB = ASD = 900, mặt phẳng chứa AB và vuông góc với (ABCD) cắt SD tại N. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện DABN. 2a3 2 3a3 4a3 4 3a3 A. B. C. D. 3 3 3 3 Câu 46 (VDC): Cho hàm số y x3 3(m 3)x2 3 có đồ thị (C). Tìm tất cả các giá trị của m sao cho qua điểm A(-1;1) kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến (C), Một tiếp tuyến là 1 : y 1 và tiếp tuyến thứ 2 là thoả mãn tiếp xúc với (C) tại N đồng thời cắt (C) tại P (khác N) có hoành độ bằng 3. A. Không tồn tại m thoả mãn B. m 2 C.m 0, m 2 D. m 2 2 2 2 Câu 47 (VDC): Cho bất phương trìnhm.92x x (2m 1)62x x ma2x x 0 . Tìm m để bất phương trinh 1 nghiệm đúngx 2 3 3 A. B.m C. D. m m 0 m 0 2 2 Câu 48 (VDC): Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 1, điểm M là trung điểm CD. Cho hình vuông ABCD (tất cả các điểm trong của nó) quay quanh trục là đường thảng AM ta được một khối tròn xoay. Tinh thể tích của khối tròn xoay đó. 7 10 7 5 7 2 7 2 A. B. C. D. 15 30 30 15 Câu 49 (VD): Trong truyện cổ tích Cây tre trăm đốt (các đốt được tính từ 1 đến 100), khi không vác được cây tre dài tận 100 đốt như vậy về nhà, anh Khoai ngồi khóc, Bụt liền hiện lên, bày cho anh ta : “Con hãy hô câu thần chú Xác suất, xác suất thì cây tre sẽ rời ra, con sẽ mang được về nhà”. Biết rằng cây tre 100 đốt được tách ra một cách ngẫu nhiên thành các đoạn ngắn có chiều dài là 2 đốt (có thể chỉ có một loại). Xác suất để có dố đoạn 3 đốt nhiều hơn số đoạn 5 đốt đúng 1 đoạn gần với giá trị nào trong các giá trị dưới đây ? A.0,142. B. 0,152. C. 0,132. D. 0,122. Câu 50 (VDC): Cho hàm số y f (x) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ. Hỏi hàm số y f f x có bao nhiêu điểm cực trị ? A. 6 B. 8 C. 7 D. 9 Trang 6/27
  7. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.A 2.D 3.C 4.B 5.C 6.D 7.D 8.B 9.D 10.D 11.A 12.D 13.A 14.A 15.C 16.C 17.B 18.C 19.A 20.C 21.B 22.B 23.C 24.A 25.C 26.B 27.B 28.B 29.D 30.B 31.D 32.A 33.D 34.B 35.A 36.C 37.C 38.D 39.C 40.B 41.D 42.A 43.C 44.D 45.A 46.A 47.C 48.B 49.D 50.D Câu 1: Phương pháp: 1 Thể tích khối nón có bán kính đáy r và chiều cao h là: V r 2h 3 Cách giải: 1 1 Ta có. V r 2h (a 3)2.a a3 3 3 Chọn A. Câu 2: Phương pháp: Giải phương trình mũ: a f (x) am  f. x m 0 a 1 . Cách giải: x2 3x 2 2 x 2 9 1 x 3x 2 0 x 1 Vậy S 1;2 Chọn D. Câu 3. Phương pháp: x x x x A B C G 3 yA yB yC G xG ; yG ; zG là trọng tâm tam giác ABC yG 3 zA zB zC zG 3 Cách giải: x x x 1 3 8 x A B C 2 G 3 3 yA yB yC 1 0 2 Ta có: yG 1 G(2;1; 1). 3 3 zA zB zC 2 1 6 zG 1 3 3 Chọn C. Câu 4 Trang 7/27
  8. Phương pháp: Công thức tính diện tích xung quanh của khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là:Sxq 2 rh . Cách giải: Ta có: Sxq 2 rh 2 .4.3 24 . Chon B. Câu 5: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết đồ thị hàm số y loga x 0 a 1, x 0 . Cách giải: Xét hàm số y = log2x ta có: +)TXĐ: D (0; ). Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm TCĐ. +)Có a = 2 > 1 nên đồ thị hàm số luôn đồng biến trên (0;+ ∞). +)Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm (1;0) và nằm bên phải trục tung. +)Như vậy chỉ có đáp án C sai. Chọn C. Câu 6: Phương pháp: Công thúc tính thể tích khối lăng trụ: V Sd .h Cách giải: Khối lăng trụ đều là khối lăng trụ đứng có các cạnh bên và các cạnh đáy bằng nhau a2 3 a3 3 V AA'.S a. . ABC.A'B'C ' ABC 4 4 Chọn D. Câu 7: Phương pháp: Hàm số y f x nghịch biến trên a;b  y ' 0,x (a;b). Cách giải: Ta có: y’ x2 – 2x – 3 Hàm số nghịch biến  y’ 0  x2 2x 3 0  1 x 3 . Chọn D. Câu 8: Phương pháp: g(x) +) Đường thẳng x a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y f (x) lim f (x) . h(x) x a +) Đường thẳng y b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y f (x) lim f (x) b x Cách giải: 2 x 1 Ta có x 1 0 ⇒đề thị hàm số có 2 TCĐ là : x 1, x 1. x 1 Trang 8/27
  9. 1 6 x 6 2 Có lim lim x x 0 ⇒ y 0 là TCN của đồ thị hàm số x 2 x 1 x 1 1 x2 Như vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận. Chọn B Chú ý khi giải: Học sinh có thể sử dụng máy tính để làm nhanh các bài tians về tìm số đường tiệm cận. Câu 9. Phương pháp: Dựa vào dáng điệu của đồ thị hàm số, nhận xét và suy ra công thức đúng. Cách giải: Quan sát đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của hàm số đi xuống nên a 0 ⇒ loại đáp án B. Ta thấy đồ thị hàm số cắt trục tung tại 1 điểm có tung độ lớn hơn 0 nên loại đáp án A. +) Xét đáp án C ta có y ' 3x2 1 0 3x2 1 ⇒ pt VN ⇒Hàm số không có cự trị. Mà quan sát đồ thị có hai điểm cực trị ⇒ loại C Chọn D. Câu 10. Phương pháp: 1 Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản enxdx enx C . n Cách giải: e3x Ta có e3xdx C 3 Chọn D. Câu 11: Phương pháp: 1 +) Ta có: SA, SB, SC đôi một vuông góc nên: V SA.SB.SC SABC 6 Cách giải: 1 1 Ta có: SA, SB, SC đôi một vuông góc nên: V SA.SB.SC abc . SABC 6 6 Chọn D. Câu 12: Phương pháp: Hàm số y loga f (x)(0 a 1) xác định f (x) 0 Cách giải: 2 x 2 Hàm số xác định x x 2 0 x 1 Chọn D. Trang 9/27
  10. Câu 13: Phương pháp: Cho mặt cầu (S): x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0 thì mặt cầu có tâm I a;b;c và có bán kính R a2 b2 c2 d . Cách giải: Theo đề bài, mặt cầu (S) có tâm I 1; 2;2 và bán kính R 12 ( 2)2 22 25 34 Chọn A. Câu 14: Phương pháp: x2 Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản: cos xdx sin x C ;xdx C 2 Cách giải: 2x2 Ta có (cos x 2x)dx sin x C sin x x2 C . 2 Chọn A. Câu 15: Phương pháp: Dựa vào BBT và các đáp án để nhận xét và chọn đáp án đúng. Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy M 0;2 là điểm cực đại của đồ thị hàm số. Chọn C. Câu 16: Phương pháp: n n k n k k Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton: (a b) Cn a b . k 0 Cách giải 12 k 12 12 2 1 k 2 12 k 1 k 24 2k k k k k 24 3k Ta có: x 12 C12 (x ) C12 x ( 1) x ( 1) C12 x .(0 k 12,k N) x k 0 x k 0 k 0 Để có số hạng không chứa x trong khai triển thì: 24 – 3k 0 ⟺ k 8 8 8 Vậy hệ số cần tìm là ( 1) C12 495 . Chọn C. Câu 17: Phương pháp: Các điểm x x0 được gọi là điểm cực trị của hàm số y f x ⟺x x0 là nghiệm bội lẻ của phương trình y’ 0. Cách giải: Trang 10/27
  11. ex 1 0 x ln12 ex 12 0 Ta có f '(x) 0 (ex 1)(ex 12)(x 1)(x 1)2 0 x 1 x 1 0 x 1 x 1 0 Trong đó ta thấy x 1 là nghiệm bội hai của phương trình ⇒ x 1 không là điểm cực trị của hàm số Vậy hàm số có 2 điểm cực trị. Chọn B. Câu 18: Phương pháp: So sánh tỉ số diện tích đáy và tỉ số chiều cao, từ đó suy ra tỉ số thể tích. Cách giải: 1 .d M ;(ABC) .S V ABC 1 1 1 Ta có M .ABC 3 . VABC.A'B'C ' d C ';(ABC) .S ABC 3 2 6 Do đó tỉ số thể tích hai phần (số bé chia số lớn) mà mặt 1 phẳng (MAB) chia ra là 5 Chọn C. Câu 19: Phương pháp: 4 Công thức tính thể tích khối cầu bán kính R: V R3 3 Cách giải: a Khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a có bán kinh R . 2 3 4 a a3 V . 3 2 6 Chọn A. Câu 20: Phương pháp: 1 Công thức tính thể tích khối chóp V S .h 3 d Cách giải: Gọi AC  BD {O} . Khi đó ta có O là hình chiếu của S trên (ABCD). Gọi M là trung điểm của BC ⇒ SM⊥BC.  SBC ; ABCD  SM ;OM SMO 600 a a 3 Xét VSOM vuông tại O ta có: SO OM.tan 600 . 3 . 2 2 Trang 11/27
  12. 1 1 a 3 a3 3 V SO.S . .a2 . SABCD 3 ABCD 3 2 6 Chọn C. Câu 21: Phương pháp: +) Áp dụng tính chất: f '(x)dx f (x) C +) Sử dụng các công thức tính nguyên hàm của các hàm số cơ bản để tìm hàm f x sau đó tính f 2 Cách giải: Ta có f (x) (x 1)ex dx xex dx ex dx ex xex dx Tính I ex dx u x du dx Đặt x x dv e dx v e I xex dx xex ex dx xex ex C f (x) ex xex ex C xex C Lại có f (0) 1 0.e0 C 1 C 1 f (x) xex 1 f (2) 2.e2 1 2e2 1 . Chọn B. Câu 22: Phương pháp: +) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x0 tại điểm M x0 , y0 là: y f ’ x0 x x0 y0 a1 a2 +) Đường thảng y a1x b1 và y a2 x b2 là hai đường thẳng song song b1 b2 Cách giải: Ta có y ' 3x2 6x Gọi M x0 , y0 là một điểm thuộc đồ thị hàm số. Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại 2 3 điểm M là: y f ’ x0 x x0 y0 y 3x0 6x0 x x0 x0 Theo đề bài ta có đường thẳng d / / y 9x 6 f '(x0 ) 6 2 2 x 3 M (3;1) 3x0 6x0 9 3x0 6x0 9 0 x 1 M ( 1; 3) +) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M (3;1) là: y 9(x 3) 1 9x 26 (tm) +) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M ( 1; 3) là: y 9(x 1) 3 9x 6 ( ktm do ≡ (d) ) Chọn B. Câu 23: Phương pháp: Trang 12/27
  13. 1 3V Ta có công thức tính thể tích khối chóp V Sd .h h 3 Sd Cách giải: a3 2 Sử dụng công thức tính nhanh khối chop tứ diện đều cạnh a là V 12 a2 3 Diện tích của đáy là tam giác đều là: S 4 a3 2 3. 3V a 6 h 12 S a2 3 3 4 Chọn C Câu 24: Phương pháp Hàm số đã cho đồng biến trên R y 0 x R Cách giải: Ta có y' 3x2 6x m Hàm số đã cho đồng biến trên R y 0x R 0 9 3m 0 m 3 Chọn A. Câu 25: Phương pháp 1 Ta có công thức tính thể tích khối chóp V S h . 3 d Cách giải 1 1 1 1 3 a3 3 Ta có: V S .SA SA. .AB.AC.sin A .a.a.2a. 3 ABC 3 2 6 2 6 Chọn C. Câu 26: Phương pháp: Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình nón Sxq rl trong đó r, l lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón. Cách giải: Trang 13/27
  14. Khi quay tam giác vuông cân ABC quanh AH ta được khối nón có chiều cao AH = 4, bán kính đáy BH AH 4 . Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABH có AB AH 2 4 2 Khi đó diện tích xung quanh của hình nón là Sxq .AH AB .4.4 2 16 2 Chọn B. Câu 27: Phương pháp: u u 'v v'u Sử dụng công thức tính đạo hàm của thương ' 2 . v v Cách giải: 1 ln x (x 1) x ln x x 1 y' x (ln x)2 x(ln x)2 Chọn B. Câu 28: Phương pháp: Xét hai trường hợp: TH1: cosx 0 TH2: cosx 0 . Chia cả 2 vế của phương trình cho cos2x . Cách giải: TH1:cos x 0 x k (k Z) sin2 x 1 , khi đó phương trình trở thành 1 = 1 (luôn đúng) 2 x k (k Z) là nghiệm của phương trình. 2 1 5 x [0;3 ] 0 k 3 k (k Z) k {0;1;2} 2 2 2 TH2: cos x 0 x k (k Z) . Chia cả 2 vế của phương trình cho cos2x ta được: 2 Trang 14/27
  15. sin2 x sin x 1 1 3 tan2 x 3 tan x 1 tan2 x tan x x k (k Z) cos2 x cos x cos2 x 6 3 . 1 17 x [0;3 ] 0 k 3 k (k Z) k {0;1;2} 6 6 6 Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B. Câu 29: Phương pháp: n Sử dụng công thức lãi kép An A(1 r) trong đó: An :Dân số sau n năm. A: Dân số ban đầu r : tỉ lệ tăng dân số. Cách giải: Từ năm 2018 đến năm 2030 là 12 năm. Dân số nước ta tính đến năm 2030 với tỉ lệ tăng dân số không đổi 1,2% là: S 93,7(1 1,2%)12 108,12 triệu dân. Chọn D. Câu 30: Phương pháp: Xét hiệu un 1 un luôn bằng hằng số không đổi thì dãy un là một cấp số cộng. Cách giải: * Xét đáp án B ta có un 1 3(n 1) 1 3n 4 un 1 un 3n N . * Do đó dãy số un 3n 1 n N là một cấp số cộng. Chọn B. Câu 31: Phương pháp: 1 Sử dụng nguyên hàm cơ bản dx 2 x C và công thức vi phân f (x)dx d(f (x)). x Cách giải: 1 d(ln x 1) dx 2 ln x 1 C x ln x 1 ln x 1 Chọn D. Chú ý: Đối với bài toán này, nếu không quen sử dụng vi phân học sinh hoàn toàn có thể sử dụng phương dx pháp biến bằng cách đặt t ln x 1 , khi đó t2 ln x 1 2tdt x 2tdt Nguyên hàm trở thành 2 dt 2t C 2 ln x 1 C t Câu 32: Trang 15/27
  16. Phương pháp: a.b Sử dụng công thức cos(a;b) a . b Cách giải: ab 2 1 1 Ta có cos(a;b) a b 14. 2 2 7 Chọn A. Câu 33: Phương pháp:   ABCD là hình bình hành AB DC Cách giải:   ABCD là hình bình hành AB DC   Ta có AB ( 4; 2;2);DC 2 xD ;4 yD ; 1 zD 2 xD 4 xD 6   AB DC 4 yD 2 yD 6 D(6;6; 3) 1 zD 2 zD 3 Chọn D.   Chú ý: Học sinh thường nhầm lẫn ABCD là hình bình hành AB CD . Chú ý AB = CD chứ   AB CD . Câu 34: Phương pháp: Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y f (x) trên a;b +) Giải phương trình f '(x) 0 suy ra các nghiệm xi a;b +) Tính f (a);f (b);f xi . +) Kết luận max f (x) maxf (a);f (b);f (xi );min f (x) minf (a);f (b);f (xi ). a;b a;b Cách giải: 2 (2x 1)(x 2) x x 3 x2 4x 5 x 5[ 2;1] TXĐ: D R \2 . Ta có y' 2 2 0 (x 2) (x 2) x 1 [ 2;1] 5 M 1 f ( 2) ;f (1) 5;f ( 1) 1 T M 2m 1 10 11 4 m 5 Chọn B. Câu 35: Phương pháp: x 1 A B +) Phân tích biểu thức (A,B R) (x 1)(x 2) x 1 x 2 Trang 16/27
  17. 1 1 +) Sử dụng nguyên hàm mở rộng dx ln ax b C ax b a Cách giải: x 1 2 3 Ta có (x 1)(x 2) x 1 x 2 Do đó x 1 2 3 dx dx 2ln x 1 3ln x 2 C (x 1)(x 2) x 1 x 2 a 2 a ln x 1 bln x 2 C a b 1 b 3 Chọn A. Câu 36: Phương pháp: +) Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm phân biệt. +) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác 1 1 2S S d(I;BC).BC d(I;d),BC BC IBC IBC 2 2 d(I;d) 2 2 +) Sử dụng công thức tính độ dài BC xB xC yB yC +) Áp dụng định lí Vi-ét tìm m. Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm x3 2mx2 (m 3)x 4 x 4 x3 2mx2 (m 2)x 0 2 x 0 y 4 A(0;4) x x 2mx m 2 0 2 x 2mx m 2 0(1) Để y x3 2mx2 (m 3)x 4 và đường thẳng y x 4cắt nhau tại 3 điểm phân biệt thì phương trình 2 m 2 ' m m 2 0 (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m 1 m 2 0 m 2 xB xC 2m Khi đó: xB ;xC là 2 nghiệm của phương trình (1), áp dụng định lí Vi-ét ta có xBxC m 2 1 1 2S Ta có S d(I;BC).BC d(I;d).BC BC IBC IBC 2 2 d(I;d) 1 3 4 2.8 2 Mà d(I;d) 2 BC 16 2 2 Ta có Trang 17/27
  18. 2 2 2 2 2 2 BC xB xC yB yC xB xC xB 4 xC 4 2 xB xC 2 2 xB xC 128 xB xC 4xBxC 128 4m2 4(m 2) 128 m2 m 2 32 m2 m 34 0 Phương trình bậc hai ẩn m có 2 nghiệm phân biệt m1,m2 và m1 m2 1 . Chọn C. Câu 37: Phương pháp: +) Tìm điều kiện của hàm số có 3 điểm cực trị. Xác định các điểm cực trị A, B, C của đồ thị hàm số. 1 +) Tính diện tích tam giác ABC, sử dụng công thức S d(A;BC)BC . ABC 2 ABACBC +) Sử dụng công thức S trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. ABC 4R Cách giải: 3 x 0 TXĐ: D R . Ta có y' 4x 4mx 0 2 x m Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình y' 0 có 3 nghiệm phân biệt m 0 x 0 y 2m m4 A 0;2m m4 Khi đó ta có: y' 0 x m y m4 m2 2m B m;m4 m2 2m x m y m4 m2 2m C m;m4 m2 2m Ta có d(A;BC) m4 2m m4 m2 2m m2 ;BC 2 m . 1 1 S d(A;BC).BC m2.2 m m2 m . ABC 2 2 Ta có: AB2 m m4 AC2 Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó ta có: 4 ABACBC m m 2 m S m2 m m m4 2m2 ABC 4R 4 m 0 m 1 3 1 5 1 5 1 5  m m 2m 1 0 m S 0;1; ;  2 2 2  1 5 m 2 1 5 1 5 Khi đó tổng các phần tử của S là 0 1 0 2 2 Chọn C. Câu 38: Phương pháp: Trang 18/27
  19. +) Chứng minh tứ giác ABMD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BD, suy ra mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM cũng chính là mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. +) Xác định giao điểm I của 2 trục của tứ giác ABMD là SAD. Chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. +) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp R IA , sử dụng công thức tính diện tích mặt cầu S 4 R 2 . Cách giải: Xét tam giác vuông ADC có AD.CD a 2a 2a DH AD2 CD2 a 2 4a 2 5 CD2 CD2 4a 2 4a HC AC 2 2 2 2 5 AD CD a 4a 1 2a HM HC DH 2 5 DMH vuông cân tại H. AMD 45 ABD Tứ giác ADMB là tứ giác nội tiếp Mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM cũng chính là mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. Dễ thấy tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn đường kính BD, gọi O là trung điểm của BD, kẻ đường thẳng d  (ABCD) . Gọi G là trọng tâm tam giác đều SAD, qua G kẻ GI / /OK(I d) (K là trung điểm của AD). Ta có OK / /AB OK  AD OK  (SAD) GI  (SAD) Ta có: I d IA IB IM ID I IG IS IA ID IA IB IM ID IS I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. 1 a a 2 a 2 a 2 Ta có OK AB AK OA OK2 AK2 2 2 4 4 2 a 3 1 a 3 Tam giác SAD đều cạnh a SK GK SK OI 2 3 6 2 2 2 2 a 3 a 2 a 21 Xét tam giác vuông IOA có: IA 10 OA R 6 2 6 Trang 19/27
  20. 7a 2 7 a 2 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM là S 4 R 2 4  12 3 Chọn D. Câu 39: Phương pháp: 2 2 2 Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB xA xB yA yB zA zB . Cách giải: Gọi M(a;b;c) ta có: MA2 MB2 MC2 52 (a 1)2 (b 2)2 c2 (a 3)2 (b 2)2 (c 1)2 (a 1)2 (b 4)2 (c 4)2 52 3a 2 3b2 3c2 6a 6c 0 a 2 b2 c2 2a 2c 0 Vậy tập hợp tất cả các điểm M là mặt cầu tâm I(1;0;1) bán kính R 12 02 12 0 2 . Chọn C. Câu 40: Phương pháp: +) Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp tính đạo hàm của hàm số g ( x ) = f ( 3 - x ) . +) Hàm số đồng biến trên (a;b) khi và chỉ khi g (x) 0x (a;b) và bằng 0 tại hữu hạn điểm. Cách giải: Đặt g(x) f (3 x) ta có g '(x) f '(3 x) Xét x ( 2; 1) 3 x (4;5) f (3 x) 0 g (x) 0 hàm số y g(x) nghịch biến trên ( 2; 1) Xét x ( 1;2) 3 x (1;4) f (3 x) 0 g (x) 0 hàm số y g(x) đồng biến trên ( 1;2) Chọn B. Câu 41: Phương pháp: +) Chứng minh SC  (AMNP) . +) Sử dụng công thức tỉ số thể tích tính thể tích chóp S.AMNP. 1 3V +) Sử dụng công thức tính thể tích V SN.S S S.AMNP . S.AMNP 3 AMNP AMNP SN Trang 20/27
  21. Cách giải: Gọi O AC  BD Do M thuộc mặt cầu đường kính AC AMC 90 MC  MA Ta có BC  AB(gt) BC  (SAB) BC  AM BC  SA(SA  (ABCD)) AM  (SBC) AM  SB và AM  SC Chứng minh tương tự ta có AP  (SCD) AP  SC;AP  SD . N thuộc mặt cầu đường kính AC ANC 90 AN  SC SC  (AMNP) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC ta có SA2 SA2 a 2 a SN SA2 a 2 1 SN và 2 2 2 SC SA2 AC2 a 2 2a 2 3 SC SC a 2a 3 SM SA2 a 2 1 Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông SAB ta có SB SB2 a 2 a 2 2 SP SA2 a 2 1 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAD ta có SD SD2 a 2 a 2 2 Ta có: VS.AMN SM SN 1 1 1 1 1   VS.AMN VS.ABC VS.ABCD VS.ABC SB SC 2 3 6 6 12 VS.ACD SN SP 1 1 1 1 1   VS.ANP VS.ACD VS.ABCD VS.ACD SC SD 3 2 6 6 12 1 1 1 1 1 a3 V V V V V V  SA.S S.AMN S.AMN S.ANP 12 S.ABCD 12 S.ABCD 6 S.ABCD 6 3 ABCD 18 Trang 21/27
  22. a3 3 2 1 3V a 3 Lại có V SN.S S S.AMNP 18 S.AMNP 3 AMNP AMNP SN a 6 3 Chọn D. Câu 42: Phương pháp: +) Sử dụng phương pháp hàm số tìm K. +) Tìm điều kiện để hàm số y 2x3 3(m 2)x2 6(2m 3)x 3m 5 có y' 0x K Cách giải: 72x x 1 72 x 1 2018x 2018 72x x 1 2018x 1009 x 1 72 x 1 2018 1009 x 1 Xét hàm số f (t) 7t 1009t ta có f (t) 7t ln 7 1009 0t R Hàm số đồng biến trên R. (*) 2x x 1 2 x 1 x 1 K ( ;1] Bài toán trở thành tìm m để hàm số y 2x3 3(m 2)x2 6(2m 3)x 3m 5 đồng biến trên ;1 . Ta có y' 6x2 6(m 2)x 6(2m 3) 0 x2 (m 2)x (2m 3) 0 (m 2)2 4(2m 3) m2 4m 8 TH1: 0 2 2 3 m 2 2 3 . Hàm số đã đồng biến trên R, thỏa mãn đồng biến trên ;1 . m 2 2 3 TH2: 0 , khi đó hàm số có 2 điểm cực trị x1 x2 . Ta có bảng xét dấu y’: m 2 2 3 Để hàm số đồng biến trên ( ;1] 1 x1 x2 . x1 x2 2 x1 x2 2 Khi đó ta có x1 1 x2 1 0 x1x2 x1 x2 1 0 x1 x2 m 2 Áp dụng định lí Vi-ét ta có x1x2 2m 3 m 2 2 m 0 m 0 m 0 2m 3 m 2 1 0 m 2 0 m 2 m 2 2 3 a 2 Kết hợp 2 trường hợp ta có 2 2 3 m m [2 12; ) S a b 14 b 12 Chọn A. Câu 43: Trang 22/27
  23. Cách giải: +) Gọi AA’, BB’, CC’ lần lượt là các đường cao của tam giác ABC. BC  AA ' Ta có BC  SAA ' BC  SA . BC  SH Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được AB  SC,AC  SB Đáp án D đúng. +) S.ABC là tứ diện trực tâm nên tổng các bình phương của mỗi cặp cạnh đối của tứ diện bằng nhau (tính chất tứ diện trọng tâm) đáp án B đúng. +) Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của SA, SC, BC, AB. AC Ta có MN / /PQ / /AC,MN PQ (tính chất đường trung bình của tam giác) MNPQ là hình bình 2 hành. MN / /AC Lại có MQ / /AC MN  MQ MNPQ là hình chữ nhật MP NQ AC  SB Tương tự như vậy đối với đường nối trung điểm của 2 cạnh đối diện còn lại là AC và SB. Ta chứng minh được các đoạn thẳng nối các trung điểm các cặp đối của tứ diện bằng nhau Đáp án A đúng. Chọn C. Câu 44: Phương pháp: 2 +) Nhân cả 2 vế với ex . Lấy nguyên hàm 2 vế sau đó xác định hàm số f (x) . +) Từ giả thiết f (0) 0 tính hằng số C, từ đó tính f (1) . Cách giải: 2 f (x) 2x.f (x) e x x R 2 ex f '(x) 2x.f (x) 1 2 2 ex f '(x) 2x.f (x)ex 1 2 f (x)ex ' 1 2 2 f (x)ex x C f (x) (x C)e x 2 1 Ta có f (0) 0 C 0 f (x) xe x f (1) 1.e 1 e Chọn D. Câu 45: Trang 23/27
  24. Cách giải: Gọi O AC  BD và (P) là mặt phẳng chứa AB và vuông góc với (ABCD). SA  SB Ta có SA  (SBD) SA  BD SA  SD BD  AC Và BD  (SAC) . BD  SA Trong SAC kẻ đường thẳng OI  AC(I SC) Ta có OI  (SAC) OI  BD,OI  AC OI  (ABCD) (P) / /(OI) Trong (SAC) kẻ AM / /OI(M SC) . (P) và (SCD) có điểm M chung, AB / /CD (P)  (SCD) đường thẳng qua M và song song với AB, CD. Trong (SCD) kẻ MN / /CD(N SD) . Khi đó (P)  (ABMN) . 1 1 2 2 Ta có V S .d(N;(ABD)) S .d(M;(ABD)) S d(I;(ABD)) IOS D.ABN 3 ABD 3 ABD 3 MAB 3 MBD 2 1 4a 2 V IO. .4a 2 IO D.ABN 3 2 3 Do đó để VD.ABN lớn nhất thì OI phải lớn nhất. Vì SA  (SBD)(cmt) SA  SO SOA vuông tại S. Đặt SA x(0 x a 2 OA) . Ta có 1 1 OA AC .2a 2 a 2 SO OA2 SA2 2a 2 x2 2 2 Kẻ SH  AC(H AC) ta có SA.SO x. 2a 2 x2 x 2a 2 x2 SO2 2a 2 x2 SH ;OH SA2 SO2 x2 2a 2 x2 a 2 OA a 2 2a 2 x2 4a 2 x2 CH OC OH a 2 a 2 a 2 Áp dụng định lí Ta-lét (OI / /SH) ta có: x 2a 2 x2 .a 2 OI OC x 2a 2 x2 .a 2 x 4a 2 2x2 OI a 2 a SH CH 4a 2 x2 4a 2 x2 4a 2 x2 a 2 Trang 24/27
  25. Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số không âm x và 4a 2 2x2 ta có: x2 4a 2 2x2 4a 2 x2 x 4a 2 2x2 2 2 4a 2 x2 a OI a 2 . 4a 2 x2 2 4 2a Dấu “=” xảy ra x 4a 2 2x2 x2 4a 2 2x2 x2 a 2 x . 3 3 4a 2 a 2a3 2a3 Vậy V  hay max V . DABN 3 2 3 DABN 3 Chọn A. Câu 46: Phương pháp: +) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x x0 . +) Từ giả thiết có một tiếp tuyến là: 1 : y 1 tính được m. +) Thử lại và kết luận. Cách giải: TXĐ: D R , ta có y' 3x2 6(m 3)x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x x0 là: 2 3 2 y 3x0 6(m 3)x0 x x0 x0 3(m 3)x0 3(d) Có một tiếp tuyến là 1 : y 1 x0 0 3x2 6(m 3)x 0 0 0 x 2(m 3) 3 2 0 x0 3(m 3)x0 3 1 3 2 x0 3(m 3)x0 3 1 TH1: x0 0 3 1 (vô nghiệm). 3 2 TH2: x0 2(m 3) 8(m 3) 3(m 3).4(m 3) 4 0 4(m 3)3 4 0 (m 3)3 1 m 3 1 m 2 . Thử lại khi m 2 , phương trình đường thẳng (d) trở thành 2 3 2 y 3x0 6x0 x x0 x0 3x0 3(d) 2 3 2 A( 1; 1) (d) 1 3x0 6x0 1 x0 x0 3x0 3 2 3 2 3 2 1 3x0 6x0 3x0 6x0 x0 3x0 3 3 x0 2 2x0 6x0 4 0 x0 1 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt, do đó từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số khi m 2 (tm). Vậy m 2 . Chọn A. Trang 25/27
  26. Câu 47: Phương pháp: 2 +) Chia cả 2 vế của bất phương trình cho 42x x . 2x2 x 3 1 +) Đặt t , với x xác định khoảng giá trị của t. 2 2 +) Đưa bất phương trình về dạng m f (t)t (a;b) m min f (t) (a;b) +) Lập BBT hàm số y f (t) và kết luận. Cách giải: 2 2 2 m.92x x (2m 1)62x x m42x x 0 2 2 92x x 62x x m. 2 (2m 1) 2 m 0 42x x 42x x 2 2x2 x 2x2 x 3 3 m (2m 1) m 0 2 2 2x2 x 3 1 2 Đặt t với x . Xét hàm số f (x) 2x x ta có BBT 2 2 x 1 1 4 2 f x f x 1 0 8 0 1 3 f (x) 0x t 1 2 2 Khi đó bất phương trình trở thành mt 2 (2m 1)t m 0t q m(t 2 2t 1) t 0t 1 m(t 1)2 t 0t 1 Khi t = 1 ta có 1 0 luôn đúng. t Xét khi t 1 m f (t)t 1 m min f (t) (t 1)2 t 1 (t 1)2 t.2.(t 1) t 1 2t Ta có f '(t) 0 t 1 (t 1)4 (t 1)3 BBT: Trang 26/27
  27. t 1 1 f t 0 1 f t 4 0 0 Dựa vào BBT của hàm số y f (t) ta có min f (t) 0 m 0 t 1 Chọn C. Câu 48: Phương pháp: +) Sử dụng công thức tính thể tích khối nón trong đó r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối nón +) Sử dụng công thức tính thể tích khối nón cụt trong đó r1, r2 lần lượt là bán kính 2 đáy và chiều cao của khối nón Cách giải Khi quay hình vuông ABCD quanh AM ta được: +) 1 khối nón đỉnh A, đường cao AN, bán kính đáy NB (V1). +) 1 khối nón cụt tâm N, P (V2) – 1 khối nón đỉnh M, đường cao MP, bán kính đáy PC (V3). 1 .Z AN AB 1 Ta có ABN MAD(g.g) AN 2 DM AM 2 5 2 1 1 2 1 2 BN AB2 AN 2 1 5 5 2 1 2 1 4 5 V1 . 3 5 5 75 1 1 PC NB PC MC MP 1 2 5 Ta có MPC : ANB(g.g) NB AB AN 2 1 1 MP AN 2 2 5 5 1 1 2 5 NP MN MP AM AN MP 2 5 2 5 5 1 2 2 1 4 1 2 2 5 14 5 V2 (PC BN PC.BN)NP . . 3 3 5 5 5 5 5 75 2 1 2 1 1 5 V3 MP.PC . . 3 3 2 5 5 150 4 5 14 5 5 7 5 V V V V 1 2 3 75 75 150 30 Chọn B. Trang 27/27
  28. Câu 49: Phương pháp +) Gọi số đoạn có chiều dài 2 đốt là x và số đoạn có chiều dài 5 đốt là y, lập hệ phương trình giải tìm x, y trong trường hợpx – y 1 , suy ra kết quả thuận lợi cho biến cố “số đoạn 2 đốt nhiều hơn số đoạn 5 đốt đúng 1 đoạn”. +) Tính số bộ số x; y thoả mãn 2x 5y 100 2x 5y 10 (x, y N) , suy ra số phần tử của không gian mẫu. +) Tính xác suất của biến cố. Cách giải Gọi số đoạn có chiều dài 2 đốt là x và số đoạn có chiều dài 5 đốt là y, ta có hệ phương trình 2x 5y 100 x 15 x y 1 y 14 Gọi A là biến cố số đoạn 2 đốt nhiều hơn số đoạn 5 đốt đúng 1 đoạn” n(A) 1 . Xét các bộ số (x,y) thoả mãn 2x 5y 100 (x,y ∈ N) ta có bảng sau: x 0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 y 20 18 16 14 12 10 8 6 4 2 0 n() 11 1 Vậy P(A) 0,09 11 Chọn D. Câu 50: Phương pháp Giải phương trìnhy’ 0 . Lưu ý tính đạo hàm của hàm hợp. Số nghiệm bội lẻ của phương trình chính là số cực trị của hàm số. Cách giải Dựa vào đồ thị hàm số y f x ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị x 2, x x1 1;2 , x x2 2;3 . f '(x) 0 f (x) 2 Xét hàm số y f ( f (x)) cóy ' f '(x). f '( f (x)) 0 . f (x) x1 (1;2) f (x) x2 (2;3) x 2 Phương trìnhf '(x) 0 x x (1;2) . 1 x x2 (2;3) Phương trình f (x) 2 có 2 nghiệm đơn phân biệt. Phương trình f (x) x1 (1;2) có 2 nghiệm đơn phân biệt. Phương trình f (x) x2 (2;3) có 2 nghiệm đơn phân biệt. Các nghiệm này không trùng nhau, do đó phương trình y’ = 0 có 9 nghiệm phân biệt (không tringf nhau), Các nghiệm đều là nghiệm đơn. Do vậy hàm số y f f (x) có 9 điểm cực trị Chọn D. Trang 28/27
  29. Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019 MA TRẬN ĐỀ THI Lớp Chương Nhận Biết Thông Hiểu Vận Dụng Vận dụng cao Đại số C8 C15 C34 C17 C22 C24 Chương 1: Hàm Số C7 C9 C36 C37 C40 C46 C50 Chương 2: Hàm Số Lũy Thừa Hàm Số Mũ Và C12 C2 C5 C29 C47 C42 Hàm Số Lôgarit Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng C10 C14 C31 C21 C35 C44 Lớp 12 Chương 4: Số Phức (92%) Hình học C18 C20 C23 Chương 1: Khối Đa Diện C6 C11 C41 C45 C25 C43 Chương 2: Mặt Nón, Mặt C1 C4 C26 C19 C48 C39 Trụ, Mặt Cầu Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Không C13 C32 C3 C33 C39 Gian Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình C28 Lượng Giác Chương 2: Tổ Hợp - Xác C16 C49 Lớp 11 Suất (8%) Chương 3: Dãy Số, Cấp C30 Số Cộng Và Cấp Số Nhân Chương 4: Giới Hạn Trang 29/27
  30. Chương 5: Đạo Hàm C27 Hình học Chương 1: Phép Dời Hình Và Phép Đồng Dạng Trong Mặt Phẳng Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian Đại số Chương 1: Mệnh Đề Tập Hợp Chương 2: Hàm Số Bậc Nhất Và Bậc Hai Chương 3: Phương Trình, Hệ Phương Trình. Lớp 10 (0%) Chương 4: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình Chương 5: Thống Kê Chương 6: Cung Và Góc Lượng Giác. Công Thức Lượng Giác Hình học Chương 1: Vectơ Chương 2: Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ Và Ứng Dụng Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Tổng số câu 8 15 21 6 Điểm 1.6 3 4.2 1.2 Trang 30/27
  31. ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI: Đề thi thử THPTQG lần II môn Toán của trường THPT Chuyên Hạ Long gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài toán thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức được phân bố như sau: 92% lớp 12, 8% lớp 11, 0% kiến thức lớp 10. Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tại đã công bố từ đầu tháng 12. Trong đó xuất hiện các câu hỏi khó lạ như câu 38, 41, 45 nhằm phân loại tối đa học sinh. Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.A 2.D 3.C 4.B 5.C 6.D 7.D 8.B 9.D 10.D 11.A 12.D 13.A 14.A 15.C 16.C 17.B 18.C 19.A 20.C 21.B 22.B 23.C 24.A 25.C 26.B 27.B 28.B 29.D 30.B 31.D 32.A 33.D 34.B 35.A 36.C 37.C 38.D 39.C 40.B 41.D 42.A 43.C 44.D 45.A 46.A 47.C 48.B 49.D 50.D Câu 1: Phương pháp: 1 Thể tích khối nón có bán kính đáy r và chiều cao h là: V r 2h 3 Cách giải: 1 1 Ta có. V r 2h (a 3)2.a a3 3 3 Chọn A. Câu 2: Phương pháp: Giải phương trình mũ: a f (x) am  f. x m 0 a 1 . Cách giải: x2 3x 2 2 x 2 9 1 x 3x 2 0 x 1 Vậy S 1;2 Chọn D. Câu 3. Phương pháp: Trang 31/27
  32. x x x x A B C G 3 yA yB yC G xG ; yG ; zG là trọng tâm tam giác ABC yG 3 zA zB zC zG 3 Cách giải: x x x 1 3 8 x A B C 2 G 3 3 yA yB yC 1 0 2 Ta có: yG 1 G(2;1; 1). 3 3 zA zB zC 2 1 6 zG 1 3 3 Chọn C. Câu 4 Phương pháp: Công thức tính diện tích xung quanh của khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là:Sxq 2 rh . Cách giải: Ta có: Sxq 2 rh 2 .4.3 24 . Chọn B. Câu 5: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết đồ thị hàm số y loga x 0 a 1, x 0 . Cách giải: Xét hàm số y = log2x ta có: +)TXĐ: D (0; ). Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm TCĐ. +)Có a = 2 > 1 nên đồ thị hàm số luôn đồng biến trên (0;+ ∞). +)Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm (1;0) và nằm bên phải trục tung. +)Như vậy chỉ có đáp án C sai. Chọn C. Câu 6: Phương pháp: Công thúc tính thể tích khối lăng trụ: V Sd .h Cách giải: Khối lăng trụ đều là khối lăng trụ đứng có các cạnh bên và các cạnh đáy bằng nhau a2 3 a3 3 V AA'.S a. . ABC.A'B'C ' ABC 4 4 Chọn D. Câu 7: Phương pháp: Trang 32/27
  33. Hàm số y f x nghịch biến trên a;b  y ' 0,x (a;b). Cách giải: Ta có: y’ x2 – 2x – 3 Hàm số nghịch biến  y’ 0  x2 2x 3 0  1 x 3 . Chọn D. Câu 8: Phương pháp: g(x) +) Đường thẳng x a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y f (x) lim f (x) . h(x) x a +) Đường thẳng y b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y f (x) lim f (x) b x Cách giải: 2 x 1 Ta có x 1 0 ⇒đề thị hàm số có 2 TCĐ là : x 1, x 1. x 1 1 6 x 6 2 Có lim lim x x 0 ⇒ y 0 là TCN của đồ thị hàm số x 2 x 1 x 1 1 x2 Như vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận. Chọn B Chú ý khi giải: Học sinh có thể sử dụng máy tính để làm nhanh các bài tians về tìm số đường tiệm cận. Câu 9. Phương pháp: Dựa vào dáng điệu của đồ thị hàm số, nhận xét và suy ra công thức đúng. Cách giải: Quan sát đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của hàm số đi xuống nên a 0 ⇒ loại đáp án B. Ta thấy đồ thị hàm số cắt trục tung tại 1 điểm có tung độ lớn hơn 0 nên loại đáp án A. +) Xét đáp án C ta có y ' 3x2 1 0 3x2 1 ⇒ pt VN ⇒Hàm số không có cự trị. Mà quan sát đồ thị có hai điểm cực trị ⇒ loại C Chọn D. Câu 10. Phương pháp: 1 Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản enxdx enx C . n Cách giải: e3x Ta có e3xdx C 3 Chọn D. Câu 11: Trang 33/27
  34. Phương pháp: 1 +) Ta có: SA, SB, SC đôi một vuông góc nên: V SA.SB.SC SABC 6 Cách giải: 1 1 Ta có: SA, SB, SC đôi một vuông góc nên: V SA.SB.SC abc . SABC 6 6 Chọn D. Câu 12: Phương pháp: Hàm số y loga f (x)(0 a 1) xác định f (x) 0 Cách giải: 2 x 2 Hàm số xác định x x 2 0 x 1 Chọn D. Câu 13: Phương pháp: Cho mặt cầu (S): x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0 thì mặt cầu có tâm I a;b;c và có bán kính R a2 b2 c2 d . Cách giải: Theo đề bài, mặt cầu (S) có tâm I 1; 2;2 và bán kính R 12 ( 2)2 22 25 34 Chọn A. Câu 14: Phương pháp: x2 Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản: cos xdx sin x C ;xdx C 2 Cách giải: 2x2 Ta có (cos x 2x)dx sin x C sin x x2 C . 2 Chọn A. Câu 15: Phương pháp: Dựa vào BBT và các đáp án để nhận xét và chọn đáp án đúng. Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy M 0;2 là điểm cực đại của đồ thị hàm số. Chọn C. Câu 16: Phương pháp: n n k n k k Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton: (a b) Cn a b . k 0 Trang 34/27
  35. Cách giải 12 k 12 12 2 1 k 2 12 k 1 k 24 2k k k k k 24 3k Ta có: x 12 C12 (x ) C12 x ( 1) x ( 1) C12 x .(0 k 12,k N) x k 0 x k 0 k 0 Để có số hạng không chứa x trong khai triển thì: 24 – 3k 0 ⟺ k 8 8 8 Vậy hệ số cần tìm là ( 1) C12 495 . Chọn C. Câu 17: Phương pháp: Các điểm x x0 được gọi là điểm cực trị của hàm số y f x ⟺x x0 là nghiệm bội lẻ của phương trình y’ 0. Cách giải: ex 1 0 x ln12 ex 12 0 Ta có f '(x) 0 (ex 1)(ex 12)(x 1)(x 1)2 0 x 1 x 1 0 x 1 x 1 0 Trong đó ta thấy x 1 là nghiệm bội hai của phương trình ⇒ x 1 không là điểm cực trị của hàm số Vậy hàm số có 2 điểm cực trị. Chọn B. Câu 18: Phương pháp: So sánh tỉ số diện tích đáy và tỉ số chiều cao, từ đó suy ra tỉ số thể tích. Cách giải: 1 .d M ;(ABC) .S V ABC 1 1 1 Ta có M .ABC 3 . VABC.A'B'C ' d C ';(ABC) .S ABC 3 2 6 Do đó tỉ số thể tích hai phần (số bé chia số lớn) mà mặt 1 phẳng (MAB) chia ra là 5 Chọn C. Câu 19: Phương pháp: 4 Công thức tính thể tích khối cầu bán kính R: V R3 3 Cách giải: a Khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a có bán kinh R . 2 3 4 a a3 V . 3 2 6 Chọn A. Trang 35/27
  36. Câu 20: Phương pháp: 1 Công thức tính thể tích khối chóp V S .h 3 d Cách giải: Gọi AC  BD {O} . Khi đó ta có O là hình chiếu của S trên (ABCD). Gọi M là trung điểm của BC ⇒ SM⊥BC.  SBC ; ABCD  SM ;OM SMO 600 a a 3 Xét VSOM vuông tại O ta có: SO OM.tan 600 . 3 . 2 2 1 1 a 3 a3 3 V SO.S . .a2 . SABCD 3 ABCD 3 2 6 Chọn C. Câu 21: Phương pháp: +) Áp dụng tính chất: f '(x)dx f (x) C +) Sử dụng các công thức tính nguyên hàm của các hàm số cơ bản để tìm hàm f x sau đó tính f 2 Cách giải: Ta có f (x) (x 1)ex dx xex dx ex dx ex xex dx Tính I ex dx u x du dx Đặt x x dv e dx v e I xex dx xex ex dx xex ex C f (x) ex xex ex C xex C Lại có f (0) 1 0.e0 C 1 C 1 f (x) xex 1 f (2) 2.e2 1 2e2 1 . Chọn B. Câu 22: Phương pháp: +) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x0 tại điểm M x0 , y0 là: y f ’ x0 x x0 y0 a1 a2 +) Đường thảng y a1x b1 và y a2 x b2 là hai đường thẳng song song b1 b2 Cách giải: Ta có y ' 3x2 6x Trang 36/27
  37. Gọi M x0 , y0 là một điểm thuộc đồ thị hàm số. Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại 2 3 điểm M là: y f ’ x0 x x0 y0 y 3x0 6x0 x x0 x0 Theo đề bài ta có đường thẳng d / / y 9x 6 f '(x0 ) 6 2 2 x 3 M (3;1) 3x0 6x0 9 3x0 6x0 9 0 x 1 M ( 1; 3) +) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M (3;1) là: y 9(x 3) 1 9x 26 (tm) +) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M ( 1; 3) là: y 9(x 1) 3 9x 6 ( ktm do ≡ (d) ) Chọn B. Câu 23: Phương pháp: 1 3V Ta có công thức tính thể tích khối chóp V Sd .h h 3 Sd Cách giải: a3 2 Sử dụng công thức tính nhanh khối chop tứ diện đều cạnh a là V 12 a2 3 Diện tích của đáy là tam giác đều là: S 4 a3 2 3. 3V a 6 h 12 S a2 3 3 4 Chọn C Câu 24: Phương pháp Hàm số đã cho đồng biến trên R y 0 x R Cách giải: Ta có y' 3x2 6x m Hàm số đã cho đồng biến trên R y 0x R 0 9 3m 0 m 3 Chọn A. Câu 25: Phương pháp 1 Ta có công thức tính thể tích khối chóp V S h . 3 d Cách giải 1 1 1 1 3 a3 3 Ta có: V S .SA SA. .AB.AC.sin A .a.a.2a. 3 ABC 3 2 6 2 6 Chọn C. Câu 26: Phương pháp: Trang 37/27
  38. Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình nón Sxq rl trong đó r, l lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón. Cách giải: Khi quay tam giác vuông cân ABC quanh AH ta được khối nón có chiều cao AH = 4, bán kính đáy BH AH 4 . Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABH có AB AH 2 4 2 Khi đó diện tích xung quanh của hình nón là Sxq .AH AB .4.4 2 16 2 Chọn B. Câu 27: Phương pháp: u u 'v v'u Sử dụng công thức tính đạo hàm của thương ' 2 . v v Cách giải: 1 ln x (x 1) x ln x x 1 y' x (ln x)2 x(ln x)2 Chọn B. Câu 28: Phương pháp: Xét hai trường hợp: TH1: cosx 0 TH2: cosx 0 . Chia cả 2 vế của phương trình cho cos2x . Cách giải: TH1:cos x 0 x k (k Z) sin2 x 1 , khi đó phương trình trở thành 1 = 1 (luôn đúng) 2 x k (k Z) là nghiệm của phương trình. 2 1 5 x [0;3 ] 0 k 3 k (k Z) k {0;1;2} 2 2 2 TH2: cos x 0 x k (k Z) . Chia cả 2 vế của phương trình cho cos2x ta được: 2 sin2 x sin x 1 1 3 tan2 x 3 tan x 1 tan2 x tan x x k (k Z) cos2 x cos x cos2 x 6 3 . 1 17 x [0;3 ] 0 k 3 k (k Z) k {0;1;2} 6 6 6 Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B. Câu 29: Trang 38/27
  39. Phương pháp: n Sử dụng công thức lãi kép An A(1 r) trong đó: An :Dân số sau n năm. A: Dân số ban đầu r : tỉ lệ tăng dân số. Cách giải: Từ năm 2018 đến năm 2030 là 12 năm. Dân số nước ta tính đến năm 2030 với tỉ lệ tăng dân số không đổi 1,2% là: S 93,7(1 1,2%)12 108,12 triệu dân. Chọn D. Câu 30: Phương pháp: Xét hiệu un 1 un luôn bằng hằng số không đổi thì dãy un là một cấp số cộng. Cách giải: * Xét đáp án B ta có un 1 3(n 1) 1 3n 4 un 1 un 3n N . * Do đó dãy số un 3n 1 n N là một cấp số cộng. Chọn B. Câu 31: Phương pháp: 1 Sử dụng nguyên hàm cơ bản dx 2 x C và công thức vi phân f (x)dx d(f (x)). x Cách giải: 1 d(ln x 1) dx 2 ln x 1 C x ln x 1 ln x 1 Chọn D. Chú ý: Đối với bài toán này, nếu không quen sử dụng vi phân học sinh hoàn toàn có thể sử dụng phương dx pháp biến bằng cách đặt t ln x 1 , khi đó t2 ln x 1 2tdt x 2tdt Nguyên hàm trở thành 2 dt 2t C 2 ln x 1 C t Câu 32: Phương pháp: a.b Sử dụng công thức cos(a;b) a . b Cách giải: ab 2 1 1 Ta có cos(a;b) a b 14. 2 2 7 Chọn A. Trang 39/27
  40. Câu 33: Phương pháp:   ABCD là hình bình hành AB DC Cách giải:   ABCD là hình bình hành AB DC   Ta có AB ( 4; 2;2);DC 2 xD ;4 yD ; 1 zD 2 xD 4 xD 6   AB DC 4 yD 2 yD 6 D(6;6; 3) 1 zD 2 zD 3 Chọn D.   Chú ý: Học sinh thường nhầm lẫn ABCD là hình bình hành AB CD . Chú ý AB = CD chứ   AB CD . Câu 34: Phương pháp: Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y f (x) trên a;b +) Giải phương trình f '(x) 0 suy ra các nghiệm xi a;b +) Tính f (a);f (b);f xi . +) Kết luận max f (x) maxf (a);f (b);f (xi );min f (x) minf (a);f (b);f (xi ). a;b a;b Cách giải: 2 (2x 1)(x 2) x x 3 x2 4x 5 x 5[ 2;1] TXĐ: D R \2 . Ta có y' 2 2 0 (x 2) (x 2) x 1 [ 2;1] 5 M 1 f ( 2) ;f (1) 5;f ( 1) 1 T M 2m 1 10 11 4 m 5 Chọn B. Câu 35: Phương pháp: x 1 A B +) Phân tích biểu thức (A,B R) (x 1)(x 2) x 1 x 2 1 1 +) Sử dụng nguyên hàm mở rộng dx ln ax b C ax b a Cách giải: x 1 2 3 Ta có (x 1)(x 2) x 1 x 2 Do đó x 1 2 3 dx dx 2ln x 1 3ln x 2 C (x 1)(x 2) x 1 x 2 Trang 40/27
  41. a 2 a ln x 1 bln x 2 C a b 1 b 3 Chọn A. Câu 36: Phương pháp: +) Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm phân biệt. +) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác 1 1 2S S d(I;BC).BC d(I;d),BC BC IBC IBC 2 2 d(I;d) 2 2 +) Sử dụng công thức tính độ dài BC xB xC yB yC +) Áp dụng định lí Vi-ét tìm m. Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm x3 2mx2 (m 3)x 4 x 4 x3 2mx2 (m 2)x 0 2 x 0 y 4 A(0;4) x x 2mx m 2 0 2 x 2mx m 2 0(1) Để y x3 2mx2 (m 3)x 4 và đường thẳng y x 4cắt nhau tại 3 điểm phân biệt thì phương trình 2 m 2 ' m m 2 0 (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m 1 m 2 0 m 2 xB xC 2m Khi đó: xB ;xC là 2 nghiệm của phương trình (1), áp dụng định lí Vi-ét ta có xBxC m 2 1 1 2S Ta có S d(I;BC).BC d(I;d).BC BC IBC IBC 2 2 d(I;d) 1 3 4 2.8 2 Mà d(I;d) 2 BC 16 2 2 Ta có 2 2 2 2 2 2 BC xB xC yB yC xB xC xB 4 xC 4 2 xB xC 2 2 xB xC 128 xB xC 4xBxC 128 4m2 4(m 2) 128 m2 m 2 32 m2 m 34 0 Phương trình bậc hai ẩn m có 2 nghiệm phân biệt m1,m2 và m1 m2 1 . Chọn C. Câu 37: Phương pháp: +) Tìm điều kiện của hàm số có 3 điểm cực trị. Xác định các điểm cực trị A, B, C của đồ thị hàm số. 1 +) Tính diện tích tam giác ABC, sử dụng công thức S d(A;BC)BC . ABC 2 Trang 41/27
  42. ABACBC +) Sử dụng công thức S trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. ABC 4R Cách giải: 3 x 0 TXĐ: D R . Ta có y' 4x 4mx 0 2 x m Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình y' 0 có 3 nghiệm phân biệt m 0 x 0 y 2m m4 A 0;2m m4 Khi đó ta có: y' 0 x m y m4 m2 2m B m;m4 m2 2m x m y m4 m2 2m C m;m4 m2 2m Ta có d(A;BC) m4 2m m4 m2 2m m2 ;BC 2 m . 1 1 S d(A;BC).BC m2.2 m m2 m . ABC 2 2 Ta có: AB2 m m4 AC2 Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó ta có: 4 ABACBC m m 2 m S m2 m m m4 2m2 ABC 4R 4 m 0 m 1 3 1 5 1 5 1 5  m m 2m 1 0 m S 0;1; ;  2 2 2  1 5 m 2 1 5 1 5 Khi đó tổng các phần tử của S là 0 1 0 2 2 Chọn C. Câu 38: Phương pháp: +) Chứng minh tứ giác ABMD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BD, suy ra mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM cũng chính là mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. +) Xác định giao điểm I của 2 trục của tứ giác ABMD là SAD. Chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. +) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp R IA , sử dụng công thức tính diện tích mặt cầu S 4 R 2 . Trang 42/27
  43. Cách giải: Xét tam giác vuông ADC có AD.CD a 2a 2a DH AD2 CD2 a 2 4a 2 5 CD2 CD2 4a 2 4a HC AC 2 2 2 2 5 AD CD a 4a 1 2a HM HC DH 2 5 DMH vuông cân tại H. AMD 45 ABD Tứ giác ADMB là tứ giác nội tiếp Mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM cũng chính là mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. Dễ thấy tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn đường kính BD, gọi O là trung điểm của BD, kẻ đường thẳng d  (ABCD) . Gọi G là trọng tâm tam giác đều SAD, qua G kẻ GI / /OK(I d) (K là trung điểm của AD). Ta có OK / /AB OK  AD OK  (SAD) GI  (SAD) Ta có: I d IA IB IM ID I IG IS IA ID IA IB IM ID IS I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD. 1 a a 2 a 2 a 2 Ta có OK AB AK OA OK2 AK2 2 2 4 4 2 a 3 1 a 3 Tam giác SAD đều cạnh a SK GK SK OI 2 3 6 2 2 2 2 a 3 a 2 a 21 Xét tam giác vuông IOA có: IA 10 OA R 6 2 6 7a 2 7 a 2 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM là S 4 R 2 4  12 3 Chọn D. Câu 39: Phương pháp: 2 2 2 Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB xA xB yA yB zA zB . Cách giải: Gọi M(a;b;c) ta có: MA2 MB2 MC2 52 (a 1)2 (b 2)2 c2 (a 3)2 (b 2)2 (c 1)2 (a 1)2 (b 4)2 (c 4)2 52 3a 2 3b2 3c2 6a 6c 0 a 2 b2 c2 2a 2c 0 Vậy tập hợp tất cả các điểm M là mặt cầu tâm I(1;0;1) bán kính R 12 02 12 0 2 . Trang 43/27
  44. Chọn C. Câu 40: Phương pháp: +) Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp tính đạo hàm của hàm số g ( x ) = f ( 3 - x ) . +) Hàm số đồng biến trên (a;b) khi và chỉ khi g (x) 0x (a;b) và bằng 0 tại hữu hạn điểm. Cách giải: Đặt g(x) f (3 x) ta có g '(x) f '(3 x) Xét x ( 2; 1) 3 x (4;5) f (3 x) 0 g (x) 0 hàm số y g(x) nghịch biến trên ( 2; 1) Xét x ( 1;2) 3 x (1;4) f (3 x) 0 g (x) 0 hàm số y g(x) đồng biến trên ( 1;2) Chọn B. Câu 41: Phương pháp: +) Chứng minh SC  (AMNP) . +) Sử dụng công thức tỉ số thể tích tính thể tích chóp S.AMNP. 1 3V +) Sử dụng công thức tính thể tích V SN.S S S.AMNP . S.AMNP 3 AMNP AMNP SN Cách giải: Gọi O AC  BD Do M thuộc mặt cầu đường kính AC AMC 90 MC  MA Ta có BC  AB(gt) BC  (SAB) BC  AM BC  SA(SA  (ABCD)) AM  (SBC) AM  SB và AM  SC Chứng minh tương tự ta có AP  (SCD) AP  SC;AP  SD . N thuộc mặt cầu đường kính AC ANC 90 AN  SC SC  (AMNP) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC ta có SA2 SA2 a 2 a SN SA2 a 2 1 SN và 2 2 2 SC SA2 AC2 a 2 2a 2 3 SC SC a 2a 3 SM SA2 a 2 1 Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông SAB ta có SB SB2 a 2 a 2 2 SP SA2 a 2 1 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAD ta có SD SD2 a 2 a 2 2 Ta có: Trang 44/27
  45. VS.AMN SM SN 1 1 1 1 1   VS.AMN VS.ABC VS.ABCD VS.ABC SB SC 2 3 6 6 12 VS.ACD SN SP 1 1 1 1 1   VS.ANP VS.ACD VS.ABCD VS.ACD SC SD 3 2 6 6 12 1 1 1 1 1 a3 V V V V V V  SA.S S.AMN S.AMN S.ANP 12 S.ABCD 12 S.ABCD 6 S.ABCD 6 3 ABCD 18 a3 3 2 1 3V a 3 Lại có V SN.S S S.AMNP 18 S.AMNP 3 AMNP AMNP SN a 6 3 Chọn D. Câu 42: Phương pháp: +) Sử dụng phương pháp hàm số tìm K. +) Tìm điều kiện để hàm số y 2x3 3(m 2)x2 6(2m 3)x 3m 5 có y' 0x K Cách giải: 72x x 1 72 x 1 2018x 2018 72x x 1 2018x 1009 x 1 72 x 1 2018 1009 x 1 Xét hàm số f (t) 7t 1009t ta có f (t) 7t ln 7 1009 0t R Hàm số đồng biến trên R. (*) 2x x 1 2 x 1 x 1 K ( ;1] Bài toán trở thành tìm m để hàm số y 2x3 3(m 2)x2 6(2m 3)x 3m 5 đồng biến trên ;1 . Ta có y' 6x2 6(m 2)x 6(2m 3) 0 x2 (m 2)x (2m 3) 0 (m 2)2 4(2m 3) m2 4m 8 TH1: 0 2 2 3 m 2 2 3 . Hàm số đã đồng biến trên R, thỏa mãn đồng biến trên ;1 . m 2 2 3 TH2: 0 , khi đó hàm số có 2 điểm cực trị x1 x2 . Ta có bảng xét dấu y’: m 2 2 3 Để hàm số đồng biến trên ( ;1] 1 x1 x2 . x1 x2 2 x1 x2 2 Khi đó ta có x1 1 x2 1 0 x1x2 x1 x2 1 0 x1 x2 m 2 Áp dụng định lí Vi-ét ta có x1x2 2m 3 m 2 2 m 0 m 0 m 0 2m 3 m 2 1 0 m 2 0 m 2 m 2 2 3 Trang 45/27
  46. a 2 Kết hợp 2 trường hợp ta có 2 2 3 m m [2 12; ) S a b 14 b 12 Chọn A. Câu 43: Cách giải: +) Gọi AA’, BB’, CC’ lần lượt là các đường cao của tam giác ABC. BC  AA ' Ta có BC  SAA ' BC  SA . BC  SH Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được AB  SC,AC  SB Đáp án D đúng. +) S.ABC là tứ diện trực tâm nên tổng các bình phương của mỗi cặp cạnh đối của tứ diện bằng nhau (tính chất tứ diện trọng tâm) đáp án B đúng. +) Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của SA, SC, BC, AB. AC Ta có MN / /PQ / /AC,MN PQ (tính chất đường trung bình của tam giác) MNPQ là hình bình 2 hành. MN / /AC Lại có MQ / /AC MN  MQ MNPQ là hình chữ nhật MP NQ AC  SB Tương tự như vậy đối với đường nối trung điểm của 2 cạnh đối diện còn lại là AC và SB. Ta chứng minh được các đoạn thẳng nối các trung điểm các cặp đối của tứ diện bằng nhau Đáp án A đúng. Chọn C. Câu 44: Phương pháp: 2 +) Nhân cả 2 vế với ex . Lấy nguyên hàm 2 vế sau đó xác định hàm số f (x) . +) Từ giả thiết f (0) 0 tính hằng số C, từ đó tính f (1) . Cách giải: 2 f (x) 2x.f (x) e x x R 2 ex f '(x) 2x.f (x) 1 2 2 ex f '(x) 2x.f (x)ex 1 2 f (x)ex ' 1 2 2 f (x)ex x C f (x) (x C)e x 2 1 Ta có f (0) 0 C 0 f (x) xe x f (1) 1.e 1 e Chọn D. Câu 45: Trang 46/27
  47. Cách giải: Gọi O AC  BD và (P) là mặt phẳng chứa AB và vuông góc với (ABCD). SA  SB Ta có SA  (SBD) SA  BD SA  SD BD  AC Và BD  (SAC) . BD  SA Trong SAC kẻ đường thẳng OI  AC(I SC) Ta có OI  (SAC) OI  BD,OI  AC OI  (ABCD) (P) / /(OI) Trong (SAC) kẻ AM / /OI(M SC) . (P) và (SCD) có điểm M chung, AB / /CD (P)  (SCD) đường thẳng qua M và song song với AB, CD. Trong (SCD) kẻ MN / /CD(N SD) . Khi đó (P)  (ABMN) . 1 1 2 2 Ta có V S .d(N;(ABD)) S .d(M;(ABD)) S d(I;(ABD)) IOS D.ABN 3 ABD 3 ABD 3 MAB 3 MBD 2 1 4a 2 V IO. .4a 2 IO D.ABN 3 2 3 Do đó để VD.ABN lớn nhất thì OI phải lớn nhất. Vì SA  (SBD)(cmt) SA  SO SOA vuông tại S. Đặt SA x(0 x a 2 OA) . Ta có 1 1 OA AC .2a 2 a 2 SO OA2 SA2 2a 2 x2 2 2 Kẻ SH  AC(H AC) ta có SA.SO x. 2a 2 x2 x 2a 2 x2 SO2 2a 2 x2 SH ;OH SA2 SO2 x2 2a 2 x2 a 2 OA a 2 2a 2 x2 4a 2 x2 CH OC OH a 2 a 2 a 2 Áp dụng định lí Ta-lét (OI / /SH) ta có: x 2a 2 x2 .a 2 OI OC x 2a 2 x2 .a 2 x 4a 2 2x2 OI a 2 a SH CH 4a 2 x2 4a 2 x2 4a 2 x2 a 2 Trang 47/27
  48. Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số không âm x và 4a 2 2x2 ta có: x2 4a 2 2x2 4a 2 x2 x 4a 2 2x2 2 2 4a 2 x2 a OI a 2 . 4a 2 x2 2 4 2a Dấu “=” xảy ra x 4a 2 2x2 x2 4a 2 2x2 x2 a 2 x . 3 3 4a 2 a 2a3 2a3 Vậy V  hay max V . DABN 3 2 3 DABN 3 Chọn A. Câu 46: Phương pháp: +) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x x0 . +) Từ giả thiết có một tiếp tuyến là: 1 : y 1 tính được m. +) Thử lại và kết luận. Cách giải: TXĐ: D R , ta có y' 3x2 6(m 3)x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x x0 là: 2 3 2 y 3x0 6(m 3)x0 x x0 x0 3(m 3)x0 3(d) Có một tiếp tuyến là 1 : y 1 x0 0 3x2 6(m 3)x 0 0 0 x 2(m 3) 3 2 0 x0 3(m 3)x0 3 1 3 2 x0 3(m 3)x0 3 1 TH1: x0 0 3 1 (vô nghiệm). 3 2 TH2: x0 2(m 3) 8(m 3) 3(m 3).4(m 3) 4 0 4(m 3)3 4 0 (m 3)3 1 m 3 1 m 2 . Thử lại khi m 2 , phương trình đường thẳng (d) trở thành 2 3 2 y 3x0 6x0 x x0 x0 3x0 3(d) 2 3 2 A( 1; 1) (d) 1 3x0 6x0 1 x0 x0 3x0 3 2 3 2 3 2 1 3x0 6x0 3x0 6x0 x0 3x0 3 3 x0 2 2x0 6x0 4 0 x0 1 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt, do đó từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số khi m 2 (tm). Vậy m 2 . Chọn A. Câu 47: Trang 48/27
  49. Phương pháp: 2 +) Chia cả 2 vế của bất phương trình cho 42x x . 2x2 x 3 1 +) Đặt t , với x xác định khoảng giá trị của t. 2 2 +) Đưa bất phương trình về dạng m f (t)t (a;b) m min f (t) (a;b) +) Lập BBT hàm số y f (t) và kết luận. Cách giải: 2 2 2 m.92x x (2m 1)62x x m42x x 0 2 2 92x x 62x x m. 2 (2m 1) 2 m 0 42x x 42x x 2 2x2 x 2x2 x 3 3 m (2m 1) m 0 2 2 2x2 x 3 1 2 Đặt t với x . Xét hàm số f (x) 2x x ta có BBT 2 2 0 1 3 f (x) 0x t 1 2 2 Khi đó bất phương trình trở thành mt 2 (2m 1)t m 0t q m(t 2 2t 1) t 0t 1 m(t 1)2 t 0t 1 Khi t = 1 ta có 1 0 luôn đúng. t Xét khi t 1 m f (t)t 1 m min f (t) (t 1)2 t 1 (t 1)2 t.2.(t 1) t 1 2t Ta có f '(t) 0 t 1 (t 1)4 (t 1)3 BBT: Trang 49/27
  50. Dựa vào BBT của hàm số y f (t) ta có min f (t) 0 m 0 t 1 Chọn C. Câu 48: Phương pháp: +) Sử dụng công thức tính thể tích khối nón trong đó r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối nón +) Sử dụng công thức tính thể tích khối nón cụt trong đó r1, r2 lần lượt là bán kính 2 đáy và chiều cao của khối nón Cách giải Khi quay hình vuông ABCD quanh AM ta được: +) 1 khối nón đỉnh A, đường cao AN, bán kính đáy NB (V1). +) 1 khối nón cụt tâm N, P (V2) – 1 khối nón đỉnh M, đường cao MP, bán kính đáy PC (V3). 1 .Z AN AB 1 Ta có ABN MAD(g.g) AN 2 DM AM 2 5 2 1 1 2 1 2 BN AB2 AN 2 1 5 5 2 1 2 1 4 5 V1 . 3 5 5 75 1 1 PC NB PC MC MP 1 2 5 Ta có MPC : ANB(g.g) NB AB AN 2 1 1 MP AN 2 2 5 5 1 1 2 5 NP MN MP AM AN MP 2 5 2 5 5 1 2 2 1 4 1 2 2 5 14 5 V2 (PC BN PC.BN)NP . . 3 3 5 5 5 5 5 75 2 1 2 1 1 5 V3 MP.PC . . 3 3 2 5 5 150 Trang 50/27
  51. 4 5 14 5 5 7 5 V V V V 1 2 3 75 75 150 30 Chọn B. Câu 49: Phương pháp +) Gọi số đoạn có chiều dài 2 đốt là x và số đoạn có chiều dài 5 đốt là y, lập hệ phương trình giải tìm x, y trong trường hợpx – y 1 , suy ra kết quả thuận lợi cho biến cố “số đoạn 2 đốt nhiều hơn số đoạn 5 đốt đúng 1 đoạn”. +) Tính số bộ số x; y thoả mãn 2x 5y 100 2x 5y 10 (x, y N) , suy ra số phần tử của không gian mẫu. +) Tính xác suất của biến cố. Cách giải Gọi số đoạn có chiều dài 2 đốt là x và số đoạn có chiều dài 5 đốt là y, ta có hệ phương trình 2x 5y 100 x 15 x y 1 y 14 Gọi A là biến cố số đoạn 2 đốt nhiều hơn số đoạn 5 đốt đúng 1 đoạn” n(A) 1 . Xét các bộ số (x,y) thoả mãn 2x 5y 100 (x,y ∈ N) ta có bảng sau: x 0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 y 20 18 16 14 12 10 8 6 4 2 0 n() 11 1 Vậy P(A) 0,09 11 Chọn D. Câu 50: Phương pháp Giải phương trìnhy’ 0 . Lưu ý tính đạo hàm của hàm hợp. Số nghiệm bội lẻ của phương trình chính là số cực trị của hàm số. Cách giải Dựa vào đồ thị hàm số y f x ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị x 2, x x1 1;2 , x x2 2;3 . f '(x) 0 f (x) 2 Xét hàm số y f ( f (x)) cóy ' f '(x). f '( f (x)) 0 . f (x) x1 (1;2) f (x) x2 (2;3) x 2 Phương trìnhf '(x) 0 x x (1;2) . 1 x x2 (2;3) Phương trình f (x) 2 có 2 nghiệm đơn phân biệt. Phương trình f (x) x1 (1;2) có 2 nghiệm đơn phân biệt. Trang 51/27
  52. Phương trình f (x) x2 (2;3) có 2 nghiệm đơn phân biệt. Các nghiệm này không trùng nhau, do đó phương trình y’ = 0 có 9 nghiệm phân biệt (không tringf nhau), Các nghiệm đều là nghiệm đơn. Do vậy hàm số y f f (x) có 9 điểm cực trị Chọn D. Trang 52/27