›
›
›

Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần II - Mã đề 132 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

doc 49 trang thaodu 4180
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần II - Mã đề 132 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (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_132_nam_hoc_2.doc

Nội dung text: Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần II - Mã đề 132 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

  1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II- MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 - 2019 Thời gian làm bài:90 phút; MÃ ĐỀ 132 (50 câu trắc nghiệm) Mục tiêu đề thi: Đề thi thử THPTQG lần 2 của trường THPT chuyên Thái Bình bao gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm, với kiến thức được phân bổ như sau: 80% kiến thức lớp 12, 20% kiến thức lớp 11, 0% kiến thức lớp 10. Để thi phù hợp với đề thi minh họa THPTQG môn Toán (năm 2019), giúp HS ôn tập đúng trọng tâm, tích lũy được kiến thức và có kinh nghiệm xử lí các đề thi, trong đê thi xuất hiện những câu hỏi khó lạ như câu 27, câu 43, 44 nhằm phân loại HS, giúp HS nhận biết được mình đang hổng ở phần kiến thức nào để ôn tập cho đúng. Câu 1: Cho phương trình: sin3 x 3sin2 x 2 m 0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm: A. 3. B. 1. C. 5. D. 4. Câu 2: Cho hàm số y f x liên tục và có bảng biến thiên như sau: x 2 0 y 0 0 y 1 3 Hàm số y f x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. 0; B. ; 2 C. 2; 0 D. 3;1 Câu 3: Đồ thị hàm số nào dưới đây có tâm đối xứng là điểm I 1; 2 ? 2 2x A. .y B. . y 2x3 6x2 x 1 1 x 2x 3 C. .y D. . y 2x3 6x2 x 1 2x 4 2 Câu 4: Biết rằng phương trình: log3 x (m 2)log3 x 3m 1 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1x2 27 . Khi đó tổng x1 x2 bằng: 34 1 A. 6. B. . C. 12. D. . 3 3 Câu 5: Cho hàm số y ax3 bx2 cx d với a 0 có hai hoành độ cực trị là x 1 và x 3 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f x f m có đúng ba nghiệm phân biệt là: 1
  2. A. . f 1 ; fB. 3 . 0;4C. . D. 1.;3 0;4 \1;3 Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểmA 1; 1;2 và mặt phẳng P : 2x y z 1 0 . Mặt phẳng đ Qi qua điểm vàA song song với . PPh ương trình mặt phẳng là:Q A. .2 x B.y . z 5 0C. . 2D.x .y z 0 x y z 2 0 2x y z 1 0 x2 x 1 Câu 7: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m 10 sao cho đồ thị hàm số y có x2 m 1 x 1 đúng một tiệm cận đứng? A. .1 1 B. . 10 C. . 12 D. . 9 Câu 8: Cho hàm số y x3 3x 2 có đồ thị C . Viết phương trình tiếp tuyến của C tại giao điểm của C với trục tung. A. .y 2x 1B. . yC. 2. x 1 D. . y 3x 2 y 3x 2 Câu 9: Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 4mặt phẳng. B. mặt1 phẳng. C. mặt2 phẳng. D. mặt phẳng.3 Câu 10: Hàm số y x.ex có đạo hàm là: A. .y ' xex B. . yC.' . x 1 ex D. . y ' 2ex y ' ex Câu 11: Cho bất phương trình: log 1 x 1 2 . Số nghiệm nguyên của bất phương trình là: 2 A. 3. B. Vô số. C. 5. D. 4. Câu 12: Cho cấp số cộng un có u5 15 ; u20 60 . Tổng 20 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là: A. .S 20 250 B. . S20C. 2. 00 D. . S20 200 S20 25 x 1 Câu 13: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y trên đoạn 0;3 là: x 1 1 A. . min y B. . C. . min y D. 3 . min y 1 min y 1 x 0; 3 2 x 0; 3 x 0; 3 x 0; 3 Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng P : 2x my z 1 0 và Q : x 3y 2m 3 z 2 0 . Giá trị của m để P  Q là: A. .m 1 B. . m 1 C. . m D.0 . m 2 Câu 15: Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn  1;4 và có đồ thị hàm số y f x như hình bên. Hỏi hàm số g x f x2 1 nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau? 2
  3. A. . 1;1 B. . 0;1 C. . 1;4 D. . 3;4 Câu 16: Tính thể tích V của khối chóp có đáy là hình vuông cạnh 2vàa chiều cao là 3a 4 A. V 4a3. B. V 2a3. C. V 12a3. D. V a3. 3 Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với đáy, mặt bên SCD a3 3 hợp với đáy một góc bằng 60 , M là trung điểm của BC . Biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng . 3 Khoảng cách từ M đến mặt phẳng SCD bằng: a 3 a 3 a 3 A. . B. . a 3 C. . D. . 6 4 2 Câu 18: Thể tích khối bát diện đều cạnh a là: a3 2 a3 2 a3 3 A. . B. . C. . D. . a3 2 6 3 3 Câu 19: Cho biết bảng biến thiên ở hình dưới là của một trong bốn hàm số được liệt kê dưới đây. Hãy tìm hàm số đó. x -1 1 y’ + 0 0 + y 2 1 2x 4 x 4 2 x 2x 3 A. .y B. . C.y . D. . y y x 1 2x 2 x 1 x 1 Câu 20: Trong các dãy số un sau đây; hãy chọn dãy số giảm: 3
  4. 2 n n n 1 A. .u n B. . 1 2 1 C. . un D. . un sin n un n 1 n n 3 2 2 Câu 21: Cho phương trình: 2x x 2x m 2x x x3 3x m 0 . Tập các giá trị m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt có dạng a;b . Tổng a 2b bằng: A. 1. B. 0. C. . 2 D. 2. 12 7 2 Câu 22: Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức x (với x 0 ) là: x x A. 376. B. . 264 C. 264. D. 260. Câu 23: Số nghiệm của phương trình: log2 x 3log x 2 4 là: A. 0. B. 1. C. 4. D. 2. Câu 24: Cho hàm số y m 1 x3 5x2 m 3 x 3 . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y f x có đúng 3 điểm cực trị? A. .5 B. . 3 C. . 4 D. . 0 Câu 25: Một đội xây dựng gồm 3 kĩ sư, 7 công nhân. Có bao nhiêu cách lập từ đó một tổ công tác 5 người gồm 1 kĩ sư làm tổ trưởng, 1 công nhân làm tổ phó và 3 công nhân làm tổ viên:. A. 420 cách. B. 120 cách. C. 252 cách. D. 360 cách. Câu 26: Một chất điểm chuyển động có phương trình S 2t 4 6t 2 3t 1 với t tính bằng giây (s) và S tính bằng mét (m). Hỏi gia tốc của chuyển động tại thời điểm t 3(s) bằng bao nhiêu? A. 88 m/s . 2 B. 228 . m/s2 C. .6 4 m/s2 D. . 76 m/s2 Câu 27: Cho tam giácABC đều cạnh a , đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ABC . Gọi S là điểm thay đổi trên đường thẳng d , H là trực tâm tam giác SBC . Biết rằng khi điểm S thay đổi trên đường thẳng d thì điểm H nằm trên đường C . Trong số các mặt cầu chứa đường C , bán kính mặt cầu nhỏ nhất là a 2 a 3 a 3 A. . B. . a C. . D. . 2 12 6 Câu 28: Cho hàm số y x 1 5 x . Tập xác định của hàm số là: A. .D 1; B. . C. . D 0; \D.1 . 0; R \1 2x 1 Câu 29: Biết đường thẳng y x 2 cắt đồ thị hàm số y tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ x 1 lần lượt xA , xB . Khi đó xA xB là: A. .x A xB 5B. . C.xA . xB 2 D. . xA xB 1 xA xB 3 Câu 30: Hàm số y f x x 1 . x 2 . x 3 x 2018 có bao nhiêu điểm cực đại? A. .1 009 B. . 2018 C. . 2017 D. . 1008 Câu 31: Cho các số thực dương a;b với a 1 . Mệnh đề nào sau đây đúng: 1 1 1 A. .l og 3 ab log b B. . log 3 ab log b a 3 3 a a 3 a 4
  5. C. .l og ab 3log b D. . log ab 3 3log b a3 a a3 a Câu 32: Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 1 . Gọi N, P lần lượt là trung điểm của BC,C ;D M là điểm thuộc cạnh AB sao cho BM 2AM . Mặt phẳng MNP cắt cạnh AD tại Q . Thể tích của khối đa diện lồi MAQNCP là 7 5 7 5 A. . B. . C. . D. . 9 16 18 8 x x 1 Câu 33: Phương trình 9 3 2 0 có hai nghiệm x1; x2 với x1 x2 . Đặt P 2x1 3x2 . Khi đó: A. .P 0 B. . P 3C.lo g. 3 2 D. . P 2log3 2 P 3log2 3 Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 vectơ a 1;1;0 ;b 1;1;0 ;c 1;1;1 . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai: A. . a 2 B. . b  c C. . cD. . 3 a  b Câu 35: Cho hàm số y f x , chọn khẳng định đúng? A. Nếu f x0 0 và f x0 0 thì x0 không phải là cực trị của hàm số. B. Hàm số y f x đạt cực trị tại x0 khi và chỉ khi f x0 0 . C. Nếu hàm số y f x có điểm cực đại và điểm cực tiểu thì giá trị cực đại lớn hơn giá trị cực tiểu. D. Nếu f x đổi dấu khi x qua điểm x0 và f x liên tục tại x0 thì hàm số y f x đạt cực trị tại điểm.x0 Câu 36: Một người gửi ngân hàng 100 triệu đồng với kỳ hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý theo hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kỳ hạn và lãi suất như trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được sau 1 năm kể từ khi bắt đầu gửi tiền gần với kết quả nào sau đây: A. 212 triệu. B. 210 triệu. C. 216 triệu. D. 220 triệu. Câu 37: Một khối nón có thể tích bằng 30 . Nếu tăng chiều cao lên 3 lần và tăng bán kính mặt đáy lên 2 lần thì thể tích khối nón mới bằng: A. .3 60 B. . 180 C. . 240 D. . 720 4x2 15x 13 4 3x 1 1 Câu 38: Cho bất phương trình: . Tập nghiệm của bất phương trình là: 2 2 3 3 A. . ; B. . R C. . R | D. .  2 2 Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A( 1; 1;0);B(3;1; 1) . Điểm M thuộc trục Oy và cách đều hai điểm A;B có tọa độ là: 9 9 9 9 A. .M 0; B.; 0. C. M. 0; ;0D. . M 0; ;0 M 0; ;0 4 2 2 4 Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình bình hành ABCE với A(3;1;2);B(1;0;1);C(2;3;0) . Tọa độ đỉnh E là: A. .E (4;4;1) B. . E(0C.;2 .; 1) D. . E(1;1;2) E(1;3; 1) 5
  6. x2 x 2 Câu 41: Phương trình tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y là: x 2 A. .y 2 B. . x 2 C. . y D.2 . x 2 Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x 4y 6z 1 0 . Mặt phẳng (P) có một vectơ pháp tuyến là: A. .n 1; 2;3 B. . n 2C.;4 ;. 6 D. . n 1;2;3 n 1;2;3 Câu 43: Cho tập X 1;2;3; ;8 . Lập từ X số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để lập được số chia hết cho 1111 là: A2 A2 A2 4!4! C 2C 2C 2 384 A. . 8 6 4 B. . C. . D.8 . 6 4 8! 8! 8! 8! Câu 44: Một tấm vải được quấn 100 vòng (theo chiều dài tấm vải) quanh một lõi hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm . Biết rằng bề dày tấm vải là 0,3cm . Khi đó chiều dài tấm vải gần với số nguyên nào nhất dưới đây: A. 150m B. .1 20m C. . 125m D. . 130m Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;2; 1);B(2;1;0) và mặt phẳng P : 2x y 3z 1 0 . Gọi Q là mặt phẳng chứa A;B và vuông góc với P . Phương trình mặt phẳng Q là: A. .2 xB. 5. y C.3z . 9 0D. . 2x y 3z 7 0 2x y z 5 0 x 2y z 6 0 Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P chứa điểm H (1;2;2) và cắt Ox;Oy;Oz lần lượt tại A;B;C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Phương mặt phẳng P là: A. .x B.2y . 2z C.9 . 0 D. . 2x y z 6 0 2x y z 2 0 x 2y 2z 9 0 Câu 47: Thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình vuông có cạnh bằng 2a . Thể tích khối trụ bằng: 2 A. . a3 B. . 2 a3 C. . 4 a3 D. . a3 3 Câu 48: Cho hình lập phương ABCD.A' B 'C ' D ' . Tính góc giữa hai đường thẳng AC và A' B A. .6 0 B. . 45 C. . 75 D. . 90 Câu 49: Cho hàm số y f (x) có bảng biến thiên: x 1 3 y’ + 0 0 + y 4 -2 Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình f x 1 1 m có nghiệm? A. .m 1 B. . m 2 C. . m D.4 . m 0 Câu 50: Cho 0 a 1 . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai: 6
  7. 1 1 1 1 A. . B. . C.a .2 017 a2018D. . a2017 a2018 a2017 a2018 a2018 a2017 HẾT MA TRẬN ĐỀ THI Lớp Chương Nhận Biết Thông Hiểu Vận Dụng Vận dụng cao Đại số C1 C8 C13 C19 C5 C7 C15 C24 Chương 1: Hàm Số C2 C3 C29 C41 C30 C35 C49 Chương 2: Hàm Số Lũy C11 C23 C31 Thừa Hàm Số Mũ Và C28 C4 C21 C36 C33 C38 C50 Hàm Số Lôgarit Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng C26 Chương 4: Số Phức Lớp 12 (90%) Hình học Chương 1: Khối Đa Diện C9 C16 C18 C17 C32 C48 Chương 2: Mặt Nón, Mặt C37 C47 C27 C44 Trụ, Mặt Cầu Chương 3: Phương Pháp C6 C14 C34 C39 Tọa Độ Trong Không C42 C45 C46 C40 Gian Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lớp 11 Lượng Giác (10%) Chương 2: Tổ Hợp - Xác C22 C25 C43 Suất 7
  8. Chương 3: Dãy Số, Cấp C12 Số Cộng Và Cấp Số Nhân Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm C10 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 23 18 1 8
  9. Điểm 1.6 4.6 3.6 0.2 Mục tiêu đề thi: Đề thi thử THPTQG lần 2 của trường THPT chuyên Thái Bình bao gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm, với kiến thức được phân bổ như sau: 90% kiến thức lớp 12, 10% kiến thức lớp 11, 0% kiến thức lớp 10. Để thi phù hợp với đề thi minh họa THPTQG môn Toán (năm 2019), giúp HS ôn tập đúng trọng tâm, tích lũy được kiến thức và có kinh nghiệm xử lí các đề thi, trong đề thi xuất hiện những câu hỏi khó lạ như câu 27, câu 43, 44 nhằm phân loại HS, giúp HS nhận biết được mình đang hổng ở phần kiến thức nào để ôn tập cho đúng 9
  10. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1. C 2. C 3. B 4. C 5. D 6. A 7. B 8. C 9. A 10. B 11. D 12. A 13. C 14. B 15. B 16. A 17. C 18. B 19. D 20. D 21. D 22. C 23. D 24. C 25. A 26. B 27. C 28. B 29. A 30. D 31. A 32. C 33. B 34. B 35. D 36. A 37. A 38. C 39. D 40. A 41. D 42. A 43. D 44. C 45. A 46. D 47. B 48. A 49. B 50. A Câu 1: Phương pháp +) Đặt sin x t( 1 t 1) +) Để phương trình bài cho có nghiệm thì phương trình ẩn t phải có nghiệm t [ 1;1] t3 3t 2 2 m 0 t3 3t 2 2 m(*) . +) Khi đó ta khảo sát hàm số để tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm. Cách giải: Đặt sin x t( 1 t 1) Khi đó ta có phương trình: t3 3t 2 2 m 0 t3 3t 2 2 m(*) Để phương trình bài cho có nghiệm thì phương trình (*) phải có nghiệmt [ 1;1] Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số y f (t) t3 3t 2 2 và đường thẳng y m Phương trình (*) có nghiệm t [ 1;1] đường thẳng y m có điểm chung với đồ thị hàm số y f (t) t3 3t 2 2 Xét hàm số: y f (t) t3 3t 2 2 ta có: 2 2 t 0 [ 1;1] y 3t 6t y 0 3t 6t 0 t 2 [ 1;1] Ta có BBT x -1 0 1 y + 0 y 2 -2 0 Theo BBT ta có, đường thẳng y m và đồ thị hàm số y f (t) t3 3t 2 2 có điểm chung 2 m 2 Lại có: m Z m { 2; 1;0;1;2} Chọn C. Chú ý khi giải: Đề bài yêu cầu tìm m Z các em chú ý để chọn được đáp án đúng. Câu 2: Phương pháp 10
  11. +) Dựa vào bảng biến thiên, hàm số nghịch biến trong khoảng ( a ; b ) khi y 0,x (a;b) . Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy, hàm số nghịch biến trên( -2; 0 ) . Chọn C Câu 3: Phương pháp ax b d a +) Với hàm số bậc nhất trên bậc nhất có dạng y thì hàm số có tâm đối xứng là điểm I ; cx d c c +) Với hàm số đa thức y = f ( x ) có tâm đối xứng I x1; y1 với x1 là nghiệm của phương trình y 0 và yI y xI Cách giải: 2 2x 2(1 x) +) Xét đáp án A: Ta thấy đồ thị hàm số y 2(x 1) đồ thị hàm số không có tâm 1 x 1 x đối xứng. 2 +) Xét đáp án B: Ta có: y 6x 12x 1 y 12x 12 0 x 1 y(1) 2 6 1 2 I(1; 2) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số. Chọn B Câu 4: Phương pháp t +) Đặt log3 x t x 3 (x 0) +) Tìm điều kiện của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. +) Áp dụng hệ thức Vi-ét để làm bài toán. +) Tìm m sau đó thế m vào phương trình để tìm x1; x2 . Cách giải: Điều kiện: x 0 t Đặt log3 x t x 3 Khi đó ta có phương trình: t 2 (m 2)t 3m 1 0(*) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt phương trình (*) có hai nghiệm t phân biệt 0  (m 2)2 4(3m 1) 0 m2 4m 4 12m 4 0 m2 8m 8 0 m 4 2 2 m 4 2 2 m 4 2 2 Với có hai nghiệm phân biệt t1;t2 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1; x2 với m 4 2 2 t2 t1 x1 3 , x2 3 t1 t2 m 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét với phương trình (*) ta có: t1t2 3m 1 11
  12. t1 t2 t1 t2 Theo đề bài ta có: x1x2 27 3 3 3 27 t1 t2 3 m 2 3 m 1(tm) 1 2 t1 1 x1 3 3 Với m 1 (*) t 3t 2 0 2 x1 x2 3 9 12 t2 2 x2 3 9 Chọn C Câu 5: Phương pháp: +) Tìm mối quan hệ a,b,c dựa vào hoành độ hai điểm cực trị. +) Xét phương trình f (x) = f (m) và tìm điều kiện để phương trình có 3 nghiệm phân biệt. Cách giải: 3 2 2 y f (x) ax bx cx d có f (x) 3ax 2bx c 2b 4 x x 1 2 3a b 6a Do hàm số có hoành độ hai điểm cực trị làx1 1, x2 3 nên c c 9a 3 x x 1 2 3a Xét phương trình f (x) f (m) ta được: ax3 bx2 cx d am3 bm2 cm d a x3 m3 b x2 m2 c(x m) 0 a x3 m3 6a x2 m2 9a(x m) 0 (x m) x2 mx m2 6(x m)(x m) 9(x m) 0 2 2 2 2 (x m) x mx m 6x 6m 9 0 (x m) x (m 6)x m 6m 9 0 x m 0 2 2 x (m 6)x m 6m 9 0 Để phương trình có ba nghiệm phân biệt thì phương trình x2 (m 6)x m2 6m 9 0 có hai nghiệm phân biệt khác m . 2 2 (m 6) 4 m 6m 9 0 3m2 12m 0 0 m 4 2 2 2 m (m 6)m m 6m 9 0 3m 12m 9 0 m 1,m 3 Vậy m (0,1) \{1,3} Chọn D Câu 6: Phương pháp:   +) Hai mặt phẳng (P) / /(Q) np nQ +) Phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm vàM có x VTPT0 ; y0 ; z0 cón phương (A, B ,trình:C) A x x0 ; y y0 ; z z0 Cách giải:  Ta có nP (2; 1;1)   Theo đề bài ta có (P) / /(Q) nO nP (2; 1;1) 12
  13. Phương trình mặt phẳng (Q) đi qua vàA(1 có; 1VTPT;2) n là: (2; 1;1) 2(x 1) (y 1) (z 2) 0  2x y z 5 0 Chọn A Câu 7: g(x) Phương phápĐường thẳng x a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y f (x) lim f (x) h(x) x a Cách giải: x 1 Điều kiện: 2 x (m 1)x 1 0 Ta thấy x2 x 1 0,x 1 đồ thị hàm số có đúng một TCĐ x2 (m 1)x 1 0(*) có đúng một nghiệm x 1 TH1: Phương trình (*) có nghiệm kép 0 (m 1)2 4 0 m 1 2 m 3 x 1 b m 1 m 1 2 m 1 m 1 1 1 2a 2 m 1 2 m 1 TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1 1 x2 a  f (1) 0 1.(1 m 1 1) 0 m 1 Kết hợp các TH và điều kiện bài cho trước m 10 ta có: 10 m 1 thỏa mãn điều kiện bài toán Chọn D Chú ý khi giải: Chú ý điều kiện m Z;m 10 Câu 8: Phương pháp +) Xác định giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung. +) Phương trình tiêp tuyên của đồ thị hàm số y f (x) tại điểm M x0 ; y0 là y f x0 x x0 y0 Cách giải: Gọi M 0; y0 là giao điểm của đồ thị hàm số (C) với trục Oy. Khi đó ta có:y0 2 M (0; 2) Ta có:y 3x2 3 y (0) 3 Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại điểm M (0; 2) là: y y (0)(x 0) 2 3x 2 Chọn C Câu 9: Phương pháp Dựa vào lý thuyết các khối đa diện đều. Cách giải: Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó: 13
  14. +) 3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện. +) 1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên. Chọn A Câu 10: Phương pháp Sử dụng công thức đạo hàm cơ bản: (ex ) ex ;[u.v] u v uv Cách giải: Ta có: xex ex xex ex (x 1) Chọn B Câu 11: Phương pháp 0 a 1 f (x) 0 b f (x) a loga f (x) b a 1 f (x) 0 f (x) ab +) Sử dụng công thức: Cách giải: 1 0 a 1 Ta có: 2 nên ta có: x 1 0 2 x 1 log 1 (x 1) 2 1 1 x 5 x 4 1 2 x 1 2 Nghiệm nguyên của phương trình là: x {2;3;4;5} Chọn D Chú ý khi giải: Chú ý là đề bài hỏi số nghiệm nguyên nên phải tìm số nghiệm nguyên sau đó chọn đáp án đúng. Câu 12: Phương pháp +) Xác định số hạng đầu và công sai của cấp số cộng nhờ công thức tổng quát: un u1 (n -1)d 14
  15. n2u (n 1)d  +) Công thức tính tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số cộng là: S 1 n 2 Cách giải: u5 15 u1 4d 15 u1 35 u 60 u 19d 60 d 5 Theo đề bài ta có: 20 1 20(2.( 35) 19.5) Sn 250 Vậy tổng của 20 số hạng đầu tiên của CSC đã cho là: 2 Chọn A Câu 13: Phương pháp +) Cách 1: Sử dụng chức năng MODE 7 của máy tính để bấm máy, tìm GTNN của hàm số trên đoạn đã cho. +) Cách 2: Khảo sát hàm số y = f (x), tính các giá trị tại các mút của đoạn cần tìm GTNN để chọn đáp án đúng. Cách giải: Điều kiện: x 1 Vì 1[0;3] nên với bài toán này ta có thể chọn cách bấm máy tính để làm nhanh hơn. Cách 1: Ta sử dụng máy tính để bấm máy: x 1 +) Bước 1: Nhập hàm số y vào máy tính x 1 3 0 +) Bước 2: Start = 0, End = 3, Step 19 Khi đó ta được: Tìm giá trị của hàm số luôn tăng từ -1 đến 0,5 Vậy min y 1 khi x = 0 x [0;3] Chọn C Chú ý khi giải: Với bài toán có tập xác định D = R \{x0} và xbài0 toán[a;b ]yêu cầu tìm Min, Max thì ta cần chú ý tập xác định khi bấm máy, ta cần bấm máy với các khoảng: a; x0 và (x0 ;b] Câu 14: Phương pháp     Hai mặt phẳng (P)  (Q) np  nQ np nQ 0 Cách giải:   Ta có: nP (2;m; 1);nQ (1;3;2m 3) 15
  16.  (P)  (Q) npnQ 0 2.1 m.3 1(2m 3) 0 2 3m 2m 3 0 m 1 Chọn B Câu 15: Phương pháp Giải phương trình g'(x) = 0, lập bảng xét dấu g'(x) và kết luận. Cách giải: x 0 x2 1 1 x 0 2 Ta có g (x) 2xf x 1 0 2 x 1 1 x 3 2 x 1 4 Các nghiệm trên đều là các nghiệm bội lẻ, do đó đều là cực trị của hàm số y g (x) Xét x = -1 ta có g ( 1) 2 f (2) 0 từ đó ta có bảng xét dấu g’(x) như sau: x 3 0 3 g x 0 + 0 0 Dựa vào các đáp án ta thấy hàm số y = g(x) nghịch biến trên (0;1) Chọn B Câu 16: Phương pháp 1 Sử dụng công thức tính thể tích V S h 3 d Cách giải: Ta có diện tích đáy của hình chóp là: S (2a)2 4a2 1 1 V S h 4a2 3a 4a3 3 d 3 Chọn A Câu 17: +) Góc tạo bởi hai mặt phẳng là góc tạo bởi hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng đó cùng vuông góc với giao tuyến. 1 +) Công thức tính thể tích khối chóp: V S h 3 d 1 1 +) Chứng minhd(M ;(SCD)) d(B;(SCD)) d A;(SCD) 2 2 3V +) Tính:d(A;(SCD)) SACD SSCD Cách giải: 16
  17. Ta có: SA  (ABCD) SA  CD Lại có: CD  AB(gt) CD  (SAB) CD  SD SCD vuông tại D Có (ABCD)  (SCD) CD Mà: CD  SD(cmt)  ((ABCD);(SCD)) (SD, AD) SDA 60 CD  AD(gt) Xét SAD vuông tại A ta có: SA AD  tan 60 AD 3 a3 3 1 a3 3 V AD2  AD 3 AD a SABCD 3 3 3 1 1 a3 3 a3 3 1 V V  d(A;(SCD)).S SACD 2 SACD 2 3 6 3 SCD 3V d A;(SCD) SACD SSCD Ta có: SD SA2 AD2 3a2 a2 2a 1 1 S SD CD 2a a a2 SCD 2 2 a3 3 3 2 3VSACD a a 3 d(A;(SCD)) 2 SSCD a 2 Vì AB//CD AB//(SCD) d(A;(SCD)) = d(B;(SCD)) MC 1 d(M ;(SCD)) 1 Lại có: (gt) BC 2 d(B;(SCD)) 2 1 1 1 a 3 a 3 d(M ;(SCD)) d(B;(SCD)) d(A;(SCD))  2 2 2 2 4 Chọn C Câu 18: Phương pháp Khối bát diện đều được ghép từ hai khối chóp tứ giác đều. V 2V Nên gọi thể tích khối chóp tứ giác đều là V thì thể tích khối bát diện đều là: 0 a3 2 Sử dụng công thức tính nhanh khối chóp tứ giác đều cạnh a là: V 6 Cách giải: Khối bát diện đều được ghép từ hai khối chóp tứ giác đều. V 2V Nên gọi thể tích khối chóp tứ giác đều là V thì thể tích khối bát diện đều là: 0 . a3 2 Sử dụng công thức tính nhanh khối chóp tứ giác đều cạnh a là: V 6 a3 2 a3 2 V 2V0 2. 6 3 17
  18. Chọn B Câu 19: Phương pháp Dựa vào BBT, nhận xét tính đơn điệu và tập xác định của hàm số và chọn đáp án đúng. Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số có TXĐ: D = R \{-l}, hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định và có TCN là y = -2. Ta thấy các hàm số ở cả 4 đáp án đều có TXĐ: D = R \ {-l}. Tuy nhiên chỉ có đáp án A và đáp án D là đồ thị hàm số có TCN là đường y = -2. 2x 4 2.1 4.1 2 +) Xét đáp án A:y có y 0, x 1 hàm số đồng biến trên từng x 1 (x 1)2 (x 1)2 khoảng xác định loại đáp án A Chọn D Câu 20: Phương pháp +) Dãy số giảm là dãy số có: un + 1 loại đáp án A 5 10 17 +) Xét đáp án B: ta có: u 2;u ;u ;u  1 2 2 3 3 4 4 dãy số đã cho là dãy số tăng loại đáp án B +)Xét đáp án C:ta có: u1 sin1 0,017;u2 sin 2 0,0384;u3 sin 3 0,0523 dãy số đã cho là dãy số tăng loại đáp án C +)Xét đáp án D:ta có: u1 2 1 0,414;u2 3 2 0,317;u3 4 3 0,268 dãy số đã cho là dãy số giảm chọn đáp án D Chọn D Câu 21: Phương pháp +) Sử dụng phương pháp hàm số đề làm bài toán Cách giải: 3 2 2 2x x 2x m 2x x x3 3x m 0 3 2 2 2x x 2x m x3 x2 2x m 2x x x2 x 0 3 2 2 2x x 2x m x3 x2 2x m 2x x x2 x(*) Xét hàm số f (t) 2t t ta có f (t) 2t ln 2 1 0,t ¡ nên hàm số đồng biến trên R (*) x3 x2 2x m x2 x x3 3x m( ) Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình ( ) có 3 nghiệm phân biệt, khi đó 18
  19. 3 m yCT ; yCD của hàm số f (x) x 3x 2 x 1 f (1) 2 Ta có f (x) 0 3x 3 0 x 1 f ( 1) 2 a 2 m ( 2;2) a 2b 2 4 2 b 2 Chọn D Câu 22: Phương pháp n n k n k k Sử dụng công thức số hạng tổng quát của nhị thức: (a b) Cn a b k 0 Cách giải: Ta có: 12 k 3 5 12 12 k 12 12 k 2 k 12 k 2 k 12 k k 2 k k 2 x C12 x C12 x ( 2) x ( 2) C12 x x x k 0 x x k 0 k 0 (0 k 12,k ¥ ) 5 5 Để hệ số của x7 trong triển khai thì: 12 k 7 k 5 k 2(tm) 2 2 7 2 2 Vậy hệ số của x là : ( 2) C12 264 Chọn C Câu 23: Phương pháp +) Đặt điều kiện của phương trình 1 +) Sử dụng công thức: loga b để biến đổi và giải phương trình logb a Cách giải: Điều kiện: x 0, x 1 3 log x 3 x 23 8(tm) Pt log x 4 log2 x 4log x 3 0 2 2 2 2 1 log2 x log2 x 1 x 2 2(tm) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt Chọn D Câu 24: Phương pháp Hàm đa thức bậc ba f (x) ax3 bx2 cx d Hàm số y f (| x |) có 3 cực trị khi hàm số f (x) ax3 bx2 cx d có 2 cực trị trái dấu. Cách giải: Để hàm số y f (| x |) có đúng 3 cực trị thì hàm số y (m 1)x3 5x2 (m 3)x 3 có 2 cực trị trái dấu. Trước hết cần điều kiện 19
  20. Ta có y 3(m 1)x2 10x m 3 Để hàm số y (m 1)x3 5x2 (m 3)x 3 có 2 cực trị trái dấu thì phương trình y 0 có 2 nghiệm trái dấu (m 1)(m 3) 0 3 m 1 Kết hợp điều kiện m Z m { 2; 1;0}. 2 Khi m 1 thì hàm số trở thành y 5x2 4x 3x 0 có 1 cực trị Khi đó hàm số f (| x |) có đúng 3 5 điểm cực trị. Vậy Chọn C Câu 25: Phương pháp Sử dụng quy tắc nhân và tổ hợp Cách giải: Chọn 1 kĩ sư là tổ trưởng trong 3 kĩ sư nên ta có 3 cách chọn Chọn 1 công nhân làm tổ phó trong 7 công nhân nên có 7 cách chọn 3 Chọn 3 công nhân trong 6 công nhân còn lại làm tổ viên nên có C6 cách chọn 3 Như vậy có: 3.7.C6 420 cách chọn theo yêu cầu bài toán Chọn A Câu 26 (TH): Phương pháp Sử dụng mối quan hệ giữa quảng đường, vận tốc, gia tốc của một chuyển động: v s ,a v Cách giải: Ta có: v(t) S (t) 8t3 12t 3 a(t) v (t) 24t 2 12 3 m Tại thời điểm t 3(s) a 24.3 12 228 2 s Chọn B Câu 27(VDC): Phương pháp: Gọi I là trực tâm tam giác ABC, chứng minh IH  (SBC) Cách giải: Gọi I là trực tâm của tam giác ABC, M là trung điểm BC ta có: AM  BC BC  (SAM ) BC  SM H SM ; BC  IH SA  BC BI  AC BI  (SAC) BI  SC BI  SA BH  SC Ta có SC  (BIH ) SC  IH BI  SC 20
  21. IH  BC  Do đó IH  (SBC) IH  SM IHM 90 IH  SC Do cốA BđịnhC cốI ,địnhM H thuộc đường tròn đường kính IM. IM Khi đó mặt cầu chứa đường tròn đường kính IM có bán kính nhỏ nhất bằng . 2 1 1 1 a 3 a 3 Xét tam giác ABC đều trực tâm I đồng thời là trọng tâm IM AM AM 3 3 3 2 6 IM a 3 Vậy R . min 2 12 Chọn C Câu 28(TH): Phương pháp Hàm lũy thừa y xn có TXĐ D phụ thuộc vào n như sau: +) n Z D R +) n Z D R \{0} +) n Z D (0; ) Hàm căn thức bậc hai A xác định A 0 Cách giải: x 1 0 x 1 Hàm số y (x 1) 5 x xác định D [0; ){1} x 0 x 0 Chọn B Câu 29(TH): Phương pháp: Xét phương trình hoành độ giao điểm 2x 1 x 2(x 1) x 1 2x 1 (x 1)(x 2) 2x 1 x2 3x 2  x2 5x 1 0(*) Khi đó xA , xB là nghiệm của phương trình (*). Áp dụng định lí Vi-ét ta có xA xB 5 Chọn A Câu 30(VCD): Phương pháp: Lập BBT của đồ thị hàm số y f (x) và kết luận Cách giải: Ta có y f (x) (x 1)(x 2)(x 3)(x 2018) Ta lập BBT của đồ thị hàm số y f (x) như sau: 21
  22. Dựa vào BBT của đồ thị hàm số ta thấy cứ giữa hai điểm x 1 , x 2 có 1 cực trị, giữa 2 điểm x 1 , x 2 có 1 cực trị, do đó hàm số có 2017 cực trị, trong đó bắt đầu và kết thúc đều là điểm cực tiểu, do đó số điểm cực tiểu là 1009 và số điểm cực đại là 1008. Chọn D Câu 31(TH): Phương pháp: Sử dụng các công thức: m log bm log b(0 a 1;b 0) an n a loga (xy) loga x logb y(0 a 1; x, y 0) Cách giải: 1 1 1 1 log 3 (ab) log (ab) log a log b log b a 3 a 3 a a 3 3 a Đáp án A đúng Chọn A Câu 32(VD): Phương pháp: +) Xác định điểm Q dựa vào các yếu tố song song +) Gọi V1 là thể tích của khối MAQNCP và V2 là thể tích của khối còn lại, ta có: V2 VM .BNP VQ.BPQ VP.BM Q +) So sánh tỉ số diện tích đáy và chiều cao, tính thể tích các khối thành phần của V2 , tính V2 , từ đó tính V1 Cách giải: NP  (MNP) (MNP) , (ABD) có điểm M chung, , NB / /BD BD  (ABD) (do NP là đường trung bình của tam giác BCD), do đó giao tuyến của (MNP) và (ABD) là đường thẳng qua M và song song với NP,BD Trong (ABD) qua M kẻ MQ / /BD(Q AD) Gọi V1 là thể tích của khối MAQNCP và V2 là thể tích của khối còn lại, ta có: V2 VM .BNP VQ.BPQ VP.BM Q Ta có: 1 d(B; NP) NP S BN 1 1 1 BNP 2  S 1 BC 2 2 4 BCD d(C; BD) BD 2 d(M ;(BNP)) MB 2 d(A;(BCD)) AB 3 VM .BNP 1 2 1 1  VM .BNP VABCD 4 3 6 6 22
  23. SQ.BPD 1 2 1 1 Tương tự ta có:  SQ.BPD VA.BCD 2 3 3 3 1 d(B;MQ) MQ S MB MQ 2 1 2 BMQ 2   S 1 AB BD 3 3 9 ABD d(A; BD) BD 2 d(P;(BMQ)) PD 1 d Ci (ABD) CD 2 VP.BMQ 2 1 1 1  VP.BMQ VABCD 9 2 9 9 1 1 1 11 V V V V 2 M .BNP Q.BPD P.BMQ 6 3 9 18 11 7 Vậy V 1 V 1 1 2 18 18 Chọn C Câu 33(TH): Phương pháp: Giải phương trình bậc 2 đối với hàm số mũ Cách giải: x 2 3 2 x log 2 9x 3x 1 2 0 3x 3.3x 2 0 3 x 3 1 x 0 Vì x1 x2 x1 0; x2 log3 2 P 2x1 3x2 2.0 3log3 2 3log3 2 Chọn B Câu 34(TH): Phương pháp: Thử từng đáp án và chọn đpá án sai, sử dụng các công thức: u (a;b;c) | u | a2 b2 c2 ;u  v u.v 0 Cách giải: | a | ( 1)2 12 02 2 đáp án A đúng b c 1.1 1.1 0.1 2 0 đáp án B sai | c | 12 12 12 3 đáp án C đúng a b 1.1 1.1 0.0 0 a  b đáp án D đúng Chọn B Câu 35(VD): Phương pháp: Hàm số y f (x) đạt cực trị tại x0 khi và chỉ khi hàm số liên tục tại và f (x) đổi dấu khi x qua điểm x0 Cách giải: Chọn D 23
  24. Chú ý: khi f x0 0 không có kết luận về cực trị của hàm số. đáp án B chỉ là điều kiện cần mà chưa là điều kiện đủ Câu 36(VD): Phương pháp: n m Sử dụng công thức lãi kép kì hạn m : Am A(1 r) trong đó A: số tiền gốc r: lãi suất của 1 kì hạn (%/kì) n: thời gian gửi m: kì hạn Cách giải: 6 3 Sau 6 tháng đầu người đó nhận được số tiền là A1 100(1 2%) 104,04 triệu đồng) 6 tháng sau, người đó gửi thêm 100 triệu đồng, do đó số tiền nhận được sau 1 năm là: 6 3 A2 204,04(1 2%) 212,283 212 (triệu đồng)(triệu đồng) Chọn A Câu 37(TH): Phương pháp: 1 Sử dụng công thức tính thể tích khối nón V r 2h trong đó r,h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao 3 của hình nón Cách giải: Gọi bán kính đáy và chiều cao ban đầu của hình nón là r,h 1 Ta có: V r 2h 30 3 Khi tăng chiều cao lên 3 lần và bán kính đáy lên 2 lần thì chiều cao mới là h 3h và bán kính đáy mới là 1 1 1 r 2r . Thể tích khối nón lúc sau là V r 2h (2r)2 3h 12 r 2h 12V 12.30 360 3 3 3 Chọn A Câu 38(TH): Phương pháp: 0 a 1 f (x) g(x) Giải phương trình mũ cơ bản a f (x) a g (x) a 1 f (x) g(x) Cách giải: 24
  25. 4xx 15x 13 4 3x 1 1 2 4x 15x 13 4 3x 2 2 3 4x2 12x 9 0 (2x 3)2 0 x 2 3 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là R\  2 Chọn C Câu 39 (VD): Phương pháp: Gọi M (0;m;0) Oy . M cách đều 2 điểm A, B MA MB MA2 MB2 Cách giải: MA2 12 (1 m)2 1 (1 m)2 Gọi M (0;m;0) Oy ta có: 2 2 2 2 2 MB 3 (1 m) 1 10 (1 m) M cách đều 2 điểm A, B 9 MA MB MA2 1 (1 m)2 10 (1 m)2 m2 2m 2 m2 2m 11 4m 9 m 4 9 Vậy M 0; ;0 4 Chọn D. Câu 40 (VD):   Phương pháp: ABCE là hình bình hành AB EC Cách giải:   ABCE là hình bình hành AB EC   Ta có AB ( 2; 1; 1); EC 2 xEi 3 yFi zE 2 xE 2 xB 4   AB EC 3 yE 1 yE 4 E(4;4;1) zE 1 zE 1 Chọn A. Câu 41 (TH): Phương pháp: Cho hàm số y f (x) +) Nếu lim y y0 y y0 là TCN của đồ thị hàm số. x +) Nếu lim y x x0 là TCĐ của đồ thị hàm số. x x0 Cách giải: x2 x 2 (x 1)(x 2) TXĐ: D ¡ \{2} . Ta có y , do đó đồ thị hàm số có TCĐ x 2 x 2 x 2 Chọn D. 25
  26. Chú ý: HS có thể sử dụng MTCT để giải quyết cac bài toán tìm tiệm cận phức tạp. Câu 42 (NB): Phương pháp: Mặt phẳng (P) : Ax By Cz D 0 có 1 VTPT là n(A; B;C) . Mọi vectơ cùng phương với n đều là VTPT của (P). Cách giải: Mặt phẳng (P) : 2x 4y 6z 1 0 có 1 VTPT là n(2; 4;6) / /(1; 2;3) Chọn A. Câu 43 (VDC): Cách giải: 8 Số phần tử của không gian mẫu là n() A8 8! Gọi số cần lập có dạng A a1a2a3 a8 ai Z;ai a ji j) Do X có 8 phần tử và tổng các phần tử là 36 nên A chia hết cho 9, lại có (9;11) 1 nên A chia hết cho 9999. Ta có: A a a a a a a a a .104 a a a a a a a a .(9999 1) a a a a 1 2 3 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 a1a2a3a4.9999 a1a2a3a4 a5a6a7a8 Vì A chia hết cho 9999 nên a1a2a3a4 a5a6a7a8 chia hết cho 9999. ai X nên a1a2a3a4 a5a6a7a8 2.9999 a1a2a3a4 a5a6a7a8 9999 a1 a5 9 a2 a6 9 a3 a7 9 a4 a8 9 Có 8 cách chọn a1. Với mỗi a1 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a5. Có 6 cách chọn a2. Với mỗi a2 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a6. Có 4 cách chọn a3. Với mỗi a3 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a7. Có 2 cách chọn a4. Với mỗi a4 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a8. n(A) 8.6.4.2 384 n(A) 384 Vậy P(A) n() 8! Chọn D. Câu 44 (VDC): Phương pháp: +) Mỗi vòng cuốn thì bán kính đường tròn lại tăng thêm 0,3cm . +) Tính chiều dài tấm vải cần cuốn (chu vi đường tròn) của từng vòng rồi cộng các chiều dài đó suy ra kết quả. Cách giải: Chiều dài vòng 1 cần cuốn là: 2 .5 26
  27. Chiều dài vòng 2 cần cuốn là: 2 (5 0,3) Chiều dài vòng 3 cần cuốn là: 2 (5 2.0,3) Chiều dài vòng 100 cần cuốn là: 2 (5 99.0,3) Vậy chiều dài tấm vải là: 2 (5 5 0,3 5 2.0,3  5 99.0,3) 2 (5.100 0,3(1 2  99)) 0.3.99,100 2 500 3970 (cm) 125m 2 Chọn C. Câu 45 (VD): Phương pháp:   (Q)  AB nQ  AB      n AB;n Q P (Q)  (P) nQ  np Cách giải:   (Q)  AB nQ  AB      n AB;n Q P (Q)  (P) nQ  np  n (2;1; 3)    Ta có P n AB;n ( 2; 5; 3) / /(2;5;3)  Q p AB (1; 1;1) Chọn A. Câu 46 (VD): Phương pháp: Sử dụng tính chất: Cho tứ diện vuông OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, khi đó hình chiếu của O trên (ABC) trùng với trực tâm tam giác ABC. Cách giải: Dễ dàng chứng minh được OH  (ABC) AM  BC BC  (OAM ) BC  OH OA  BC(OA  (ABC)) CMTT ta có AC  OH OH  (ABC)  (P) đi qua H và nhận OH (1;2;2) là 1 VTPT của phương trình 1(x 1) 2(y 2) 2(z 2) 0 x 2y 2z 9 0 Chọn D. Câu 47 (TH): Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ V r 2h trong đó r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ. Cách giải: 27
  28. ABCD là thiết diện qua trục là một hình vuông cạnh 2a nên hình trụ có chiều cao h AD 2a , bán kính AB 2a đáy r a . 2 2 Vậy thể tích khối trụ là V r 2h a2.2a 2 a3 Chọn B. Câu 48 (TH): Phương pháp: Tính các độ dài của tam giác ACB’ và nhận xét sau đó suy ra góc giữa AC và AB’. Cách giải: Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông ta tính được AC a 2; AB a 2; B C a 2 Do đó tam giác ACB’ là tam giác đều AC; AB C· AB 60 Chọn A. Câu 49 (VDC): Phương pháp: + Đặt tđưa(x) bất xphương 1 1 trình1, về dạng . Phương f (t) m trình có nghiệm khi và chỉ khi min f (t) m . [1; ) + Dựa vào BBT, nhận xét và kết luận. Cách giải: Đặt t(x) x 1 1 1, , khi đó ta có f (t) m (*) Để phương trình (*) có nghiệm t 1 thì min f (t) m [1; ) Dựa vào BBT ta thấy min f (t) 2 m 2 [1; ) Chọn B . Câu 50 (VD): Phương pháp: am an khi m n 0 a 1 m n a a khi m n Cách giải: 1 1 Do 0 a 1 a2017 a2018 đáp án A sai a2017 a2018 Chọn A. 28
  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 C1 C8 C13 C19 C5 C7 C15 C24 Chương 1: Hàm Số C2 C3 C29 C41 C30 C35 C49 Chương 2: Hàm Số Lũy C11 C23 C31 Thừa Hàm Số Mũ Và C28 C4 C21 C36 C33 C38 C50 Hàm Số Lôgarit Chương 3: Nguyên Hàm - Tích Phân Và Ứng Dụng C26 Chương 4: Số Phức Lớp 12 (90%) Hình học Chương 1: Khối Đa Diện C9 C16 C18 C17 C32 C48 Chương 2: Mặt Nón, Mặt C37 C47 C27 C44 Trụ, Mặt Cầu Chương 3: Phương Pháp C6 C14 C34 C39 Tọa Độ Trong Không C42 C45 C46 C40 Gian Đại số Chương 1: Hàm Số Lượng Giác Và Phương Trình Lượng Giác Chương 2: Tổ Hợp - Xác C22 C25 C43 Suất Lớp 11 (10%) Chương 3: Dãy Số, Cấp C12 Số Cộng Và Cấp Số Nhân Chương 4: Giới Hạn Chương 5: Đạo Hàm C10 Hình học 29
  30. 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 23 18 1 Điểm 1.6 4.6 3.6 0.2 Mục tiêu đề thi: Đề thi thử THPTQG lần 2 của trường THPT chuyên Thái Bình bao gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm, với kiến thức được phân bổ như sau: 90% kiến thức lớp 12, 10% kiến thức lớp 11, 0% kiến thức lớp 10. 30
  31. Để thi phù hợp với đề thi minh họa THPTQG môn Toán (năm 2019), giúp HS ôn tập đúng trọng tâm, tích lũy được kiến thức và có kinh nghiệm xử lí các đề thi, trong đề thi xuất hiện những câu hỏi khó lạ như câu 27, câu 43, 44 nhằm phân loại HS, giúp HS nhận biết được mình đang hổng ở phần kiến thức nào để ôn tập cho đúng HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1. C 2. C 3. B 4. C 5. D 6. A 7. B 8. C 9. A 10. B 11. D 12. A 13. C 14. B 15. B 16. A 17. C 18. B 19. D 20. D 21. D 22. C 23. D 24. C 25. A 26. B 27. C 28. B 29. A 30. D 31. A 32. C 33. B 34. B 35. D 36. A 37. A 38. C 39. D 40. A 41. D 42. A 43. D 44. C 45. A 46. D 47. B 48. A 49. B 50. A Câu 1: Phương pháp +) Đặt sin x t( 1 t 1) +) Để phương trình bài cho có nghiệm thì phương trình ẩn t phải có nghiệm t [ 1;1] t3 3t 2 2 m 0 t3 3t 2 2 m(*) . +) Khi đó ta khảo sát hàm số để tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm. Cách giải: Đặt sin x t( 1 t 1) Khi đó ta có phương trình: t3 3t 2 2 m 0 t3 3t 2 2 m(*) Để phương trình bài cho có nghiệm thì phương trình (*) phải có nghiệmt [ 1;1] Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số y f (t) t3 3t 2 2 và đường thẳng y m Phương trình (*) có nghiệm t [ 1;1] đường thẳng y m có điểm chung với đồ thị hàm số y f (t) t3 3t 2 2 Xét hàm số: y f (t) t3 3t 2 2 ta có: 2 2 t 0 [ 1;1] y 3t 6t y 0 3t 6t 0 t 2 [ 1;1] Ta có BBT Theo BBT ta có, đường thẳng y m và đồ thị hàm số y f (t) t3 3t 2 2 có điểm chung 2 m 2 31
  32. Lại có: m Z m { 2; 1;0;1;2} Chọn C. Chú ý khi giải: Đề bài yêu cầu tìm m Z các em chú ý để chọn được đáp án đúng. Câu 2: Phương pháp +) Dựa vào bảng biến thiên, hàm số nghịch biến trong khoảng ( a ; b ) khi y 0,x (a;b) . Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy, hàm số nghịch biến trên( -2; 0 ) . Chọn C Câu 3: Phương pháp ax b d a +) Với hàm số bậc nhất trên bậc nhất có dạng y thì hàm số có tâm đối xứng là điểm I ; cx d c c +) Với hàm số đa thức y = f ( x ) có tâm đối xứng I x1; y1 với x1 là nghiệm của phương trình y 0 và yI y xI Cách giải: 2 2x 2(1 x) +) Xét đáp án A: Ta thấy đồ thị hàm số y 2(x 1) đồ thị hàm số không có tâm 1 x 1 x đối xứng. 2 +) Xét đáp án B: Ta có: y 6x 12x 1 y 12x 12 0 x 1 y(1) 2 6 1 2 I(1; 2) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số. Chọn B Câu 4: Phương pháp t +) Đặt log3 x t x 3 (x 0) +) Tìm điều kiện của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. +) Áp dụng hệ thức Vi-ét để làm bài toán. +) Tìm m sau đó thế m vào phương trình để tìm x1; x2 . Cách giải: Điều kiện: x 0 t Đặt log3 x t x 3 Khi đó ta có phương trình: t 2 (m 2)t 3m 1 0(*) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt phương trình (*) có hai nghiệm t phân biệt 0  (m 2)2 4(3m 1) 0 m2 4m 4 12m 4 0 m2 8m 8 0 m 4 2 2 m 4 2 2 32
  33. m 4 2 2 Với có hai nghiệm phân biệt t1;t2 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1; x2 với m 4 2 2 t2 t1 x1 3 , x2 3 t1 t2 m 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét với phương trình (*) ta có: t1t2 3m 1 t1 t2 t1 t2 Theo đề bài ta có: x1x2 27 3 3 3 27 t1 t2 3 m 2 3 m 1(tm) 1 2 t1 1 x1 3 3 Với m 1 (*) t 3t 2 0 2 x1 x2 3 9 12 t2 2 x2 3 9 Chọn C Câu 5: Phương pháp: +) Tìm mối quan hệ a,b,c dựa vào hoành độ hai điểm cực trị. +) Xét phương trình f (x) = f (m) và tìm điều kiện để phương trình có 3 nghiệm phân biệt. Cách giải: 3 2 2 y f (x) ax bx cx d có f (x) 3ax 2bx c 2b 4 x x 1 2 3a b 6a Do hàm số có hoành độ hai điểm cực trị làx1 1, x2 3 nên c c 9a 3 x x 1 2 3a Xét phương trình f (x) f (m) ta được: ax3 bx2 cx d am3 bm2 cm d a x3 m3 b x2 m2 c(x m) 0 a x3 m3 6a x2 m2 9a(x m) 0 (x m) x2 mx m2 6(x m)(x m) 9(x m) 0 2 2 2 2 (x m) x mx m 6x 6m 9 0 (x m) x (m 6)x m 6m 9 0 x m 0 2 2 x (m 6)x m 6m 9 0 Để phương trình có ba nghiệm phân biệt thì phương trình x2 (m 6)x m2 6m 9 0 có hai nghiệm phân biệt khác m . 2 2 (m 6) 4 m 6m 9 0 3m2 12m 0 0 m 4 2 2 2 m (m 6)m m 6m 9 0 3m 12m 9 0 m 1,m 3 Vậy m (0,1) \{1,3} Chọn D Câu 6: Phương pháp:   (P) / /(Q) n n +) Hai mặt phẳng p Q 33
  34. +) Phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm vàM có x 0VTPT; y0 ; z0 cón phương (A, B ,trình:C) A x x0 ; y y0 ; z z0 Cách giải:  Ta có nP (2; 1;1)   (P) / /(Q) n n (2; 1;1) Theo đề bài ta có O P Phương trình mặt phẳng (Q) đi qua vàA(1 có; 1VTPT;2) n là: (2; 1;1) 2(x 1) (y 1) (z 2) 0  2x y z 5 0 Chọn A Câu 7: g(x) y f (x) lim f (x) Phương phápĐường thẳng x a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số h(x) x a Cách giải: x 1 2 Điều kiện: x (m 1)x 1 0 2 Ta thấy x x 1 0,x 1 2 đồ thị hàm số có đúng một TCĐ x (m 1)x 1 0(*) có đúng một nghiệm x 1 TH1: Phương trình (*) có nghiệm kép 0 (m 1)2 4 0 m 1 2 m 3 x 1 b m 1 m 1 2 m 1 m 1 1 1 2a 2 m 1 2 m 1 TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1 1 x2 a  f (1) 0 1.(1 m 1 1) 0 m 1 Kết hợp các TH và điều kiện bài cho trước m 10 ta có: 10 m 1 thỏa mãn điều kiện bài toán Chọn D Chú ý khi giải: Chú ý điều kiện m Z;m 10 Câu 8: Phương pháp +) Xác định giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung. +) Phương trình tiêp tuyên của đồ thị hàm số y f (x) tại điểm M x0 ; y0 là y f x0 x x0 y0 Cách giải: Gọi M 0; y0 là giao điểm của đồ thị hàm số (C) với trục Oy. Khi đó ta có:y0 2 M (0; 2) Ta có:y 3x2 3 y (0) 3 Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại điểm M (0; 2) là: y y (0)(x 0) 2 3x 2 34
  35. Chọn C Câu 9: Phương pháp Dựa vào lý thuyết các khối đa diện đều. Cách giải: Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó: +) 3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện. +) 1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên. Chọn A Câu 10: Phương pháp Sử dụng công thức đạo hàm cơ bản: (ex ) ex ;[u.v] u v uv Cách giải: Ta có: xex ex xex ex (x 1) Chọn B Câu 11: Phương pháp 0 a 1 f (x) 0 b f (x) a loga f (x) b a 1 f (x) 0 f (x) ab +) Sử dụng công thức: Cách giải: 1 0 a 1 Ta có: 2 nên ta có: x 1 0 2 x 1 log 1 (x 1) 2 1 1 x 5 x 4 1 2 x 1 2 Nghiệm nguyên của phương trình là: x {2;3;4;5} Chọn D 35
  36. Chú ý khi giải: Chú ý là đề bài hỏi số nghiệm nguyên nên phải tìm số nghiệm nguyên sau đó chọn đáp án đúng. Câu 12: Phương pháp +) Xác định số hạng đầu và công sai của cấp số cộng nhờ công thức tổng quát: un u1 (n -1)d n2u (n 1)d  +) Công thức tính tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số cộng là: S 1 n 2 Cách giải: u5 15 u1 4d 15 u1 35 u 60 u 19d 60 d 5 Theo đề bài ta có: 20 1 20(2.( 35) 19.5) Sn 250 Vậy tổng của 20 số hạng đầu tiên của CSC đã cho là: 2 Chọn A Câu 13: Phương pháp +) Cách 1: Sử dụng chức năng MODE 7 của máy tính để bấm máy, tìm GTNN của hàm số trên đoạn đã cho. +) Cách 2: Khảo sát hàm số y = f (x), tính các giá trị tại các mút của đoạn cần tìm GTNN để chọn đáp án đúng. Cách giải: Điều kiện: x 1 Vì 1[0;3] nên với bài toán này ta có thể chọn cách bấm máy tính để làm nhanh hơn. Cách 1: Ta sử dụng máy tính để bấm máy: x 1 +) Bước 1: Nhập hàm số y vào máy tính x 1 3 0 +) Bước 2: Start = 0, End = 3, Step 19 Khi đó ta được: Tìm giá trị của hàm số luôn tăng từ -1 đến 0,5 Vậy min y 1 khi x = 0 x [0;3] Chọn C 36
  37. Chú ý khi giải: Với bài toán có tập xác định D = R \{x0} và xbài0 toán[a;b ]yêu cầu tìm Min, Max thì ta cần chú ý tập xác định khi bấm máy, ta cần bấm máy với các khoảng: a; x0 và (x0 ;b] Câu 14: Phương pháp     Hai mặt phẳng (P)  (Q) np  nQ np nQ 0 Cách giải:   Ta có: nP (2;m; 1);nQ (1;3;2m 3)  (P)  (Q) npnQ 0 2.1 m.3 1(2m 3) 0 2 3m 2m 3 0 m 1 Chọn B Câu 15: Phương pháp Giải phương trình g'(x) = 0, lập bảng xét dấu g'(x) và kết luận. Cách giải: x 0 x2 1 1 x 0 2 Ta có g (x) 2xf x 1 0 2 x 1 1 x 3 2 x 1 4 Các nghiệm trên đều là các nghiệm bội lẻ, do đó đều là cực trị của hàm số y g (x) Xét x = -1 ta có g ( 1) 2 f (2) 0 từ đó ta có bảng xét dấu g’(x) như sau: Dựa vào các đáp án ta thấy hàm số y = g(x) nghịch biến trên (0;1) Chọn B Câu 16: Phương pháp 1 Sử dụng công thức tính thể tích V S h 3 d Cách giải: Ta có diện tích đáy của hình chóp là: S (2a)2 4a2 1 1 V S h 4a2 3a 4a3 3 d 3 Chọn A Câu 17: +) Góc tạo bởi hai mặt phẳng là góc tạo bởi hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng đó cùng vuông góc với giao tuyến. 37
  38. 1 +) Công thức tính thể tích khối chóp: V S h 3 d 1 1 +) Chứng minhd(M ;(SCD)) d(B;(SCD)) d A;(SCD) 2 2 3V +) Tính:d(A;(SCD)) SACD SSCD Cách giải: Ta có: SA  (ABCD) SA  CD Lại có: CD  AB(gt) CD  (SAB) CD  SD SCD vuông tại D Có (ABCD)  (SCD) CD CD  SD(cmt)  Mà: ((ABCD);(SCD)) (SD, AD) SDA 60 CD  AD(gt) Xét SAD vuông tại A ta có: SA AD  tan 60 AD 3 a3 3 1 a3 3 V AD2  AD 3 AD a SABCD 3 3 3 1 1 a3 3 a3 3 1 V V  d(A;(SCD)).S SACD 2 SACD 2 3 6 3 SCD 3V d A;(SCD) SACD SSCD Ta có: SD SA2 AD2 3a2 a2 2a 1 1 S SD CD 2a a a2 SCD 2 2 a3 3 3 2 3VSACD a a 3 d(A;(SCD)) 2 SSCD a 2 Vì AB//CD AB//(SCD) d(A;(SCD)) = d(B;(SCD)) MC 1 d(M ;(SCD)) 1 Lại có: (gt) BC 2 d(B;(SCD)) 2 1 1 1 a 3 a 3 d(M ;(SCD)) d(B;(SCD)) d(A;(SCD))  2 2 2 2 4 Chọn C Câu 18: Phương pháp Khối bát diện đều được ghép từ hai khối chóp tứ giác đều. V 2V Nên gọi thể tích khối chóp tứ giác đều là V thì thể tích khối bát diện đều là: 0 a3 2 Sử dụng công thức tính nhanh khối chóp tứ giác đều cạnh a là: V 6 Cách giải: 38
  39. Khối bát diện đều được ghép từ hai khối chóp tứ giác đều. V 2V Nên gọi thể tích khối chóp tứ giác đều là V thì thể tích khối bát diện đều là: 0 . a3 2 Sử dụng công thức tính nhanh khối chóp tứ giác đều cạnh a là: V 6 a3 2 a3 2 V 2V0 2. 6 3 Chọn B Câu 19: Phương pháp Dựa vào BBT, nhận xét tính đơn điệu và tập xác định của hàm số và chọn đáp án đúng. Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số có TXĐ: D = R \{-l}, hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định và có TCN là y = -2. Ta thấy các hàm số ở cả 4 đáp án đều có TXĐ: D = R \ {-l}. Tuy nhiên chỉ có đáp án A và đáp án D là đồ thị hàm số có TCN là đường y = -2. 2x 4 2.1 4.1 2 +) Xét đáp án A:y có y 0, x 1 hàm số đồng biến trên từng x 1 (x 1)2 (x 1)2 khoảng xác định loại đáp án A Chọn D Câu 20: Phương pháp +) Dãy số giảm là dãy số có: un + 1 loại đáp án A 5 10 17 +) Xét đáp án B: ta có: u 2;u ;u ;u  1 2 2 3 3 4 4 dãy số đã cho là dãy số tăng loại đáp án B +)Xét đáp án C:ta có: u1 sin1 0,017;u2 sin 2 0,0384;u3 sin 3 0,0523 dãy số đã cho là dãy số tăng loại đáp án C +)Xét đáp án D:ta có: u1 2 1 0,414;u2 3 2 0,317;u3 4 3 0,268 dãy số đã cho là dãy số giảm chọn đáp án D Chọn D Câu 21: Phương pháp +) Sử dụng phương pháp hàm số đề làm bài toán Cách giải: 39
  40. 3 2 2 2x x 2x m 2x x x3 3x m 0 3 2 2 2x x 2x m x3 x2 2x m 2x x x2 x 0 3 2 2 2x x 2x m x3 x2 2x m 2x x x2 x(*) Xét hàm số f (t) 2t t ta có f (t) 2t ln 2 1 0,t ¡ nên hàm số đồng biến trên R (*) x3 x2 2x m x2 x x3 3x m( ) Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình ( ) có 3 nghiệm phân biệt, khi đó 3 m yCT ; yCD của hàm số f (x) x 3x 2 x 1 f (1) 2 Ta có f (x) 0 3x 3 0 x 1 f ( 1) 2 a 2 m ( 2;2) a 2b 2 4 2 b 2 Chọn D Câu 22: Phương pháp n n k n k k Sử dụng công thức số hạng tổng quát của nhị thức: (a b) Cn a b k 0 Cách giải: Ta có: 12 k 3 5 12 12 k 12 12 k 2 k 12 k 2 k 12 k k 2 k k 2 x C12 x C12 x ( 2) x ( 2) C12 x x x k 0 x x k 0 k 0 (0 k 12,k ¥ ) 5 5 Để hệ số của x7 trong triển khai thì: 12 k 7 k 5 k 2(tm) 2 2 7 2 2 Vậy hệ số của x là : ( 2) C12 264 Chọn C Câu 23: Phương pháp +) Đặt điều kiện của phương trình 1 +) Sử dụng công thức: loga b để biến đổi và giải phương trình logb a Cách giải: Điều kiện: x 0, x 1 3 log x 3 x 23 8(tm) Pt log x 4 log2 x 4log x 3 0 2 2 2 2 1 log2 x log2 x 1 x 2 2(tm) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt Chọn D Câu 24: 40
  41. Phương pháp Hàm đa thức bậc ba f (x) ax3 bx2 cx d Hàm số y f (| x |) có 3 cực trị khi hàm số f (x) ax3 bx2 cx d có 2 cực trị trái dấu. Cách giải: Để hàm số y f (| x |) có đúng 3 cực trị thì hàm số y (m 1)x3 5x2 (m 3)x 3 có 2 cực trị trái dấu. Trước hết cần điều kiện Ta có y 3(m 1)x2 10x m 3 Để hàm số y (m 1)x3 5x2 (m 3)x 3 có 2 cực trị trái dấu thì phương trình y 0 có 2 nghiệm trái dấu (m 1)(m 3) 0 3 m 1 Kết hợp điều kiện m Z m { 2; 1;0}. 2 Khi m 1 thì hàm số trở thành y 5x2 4x 3x 0 có 1 cực trị Khi đó hàm số f (| x |) có đúng 3 5 điểm cực trị. Vậy Chọn C Câu 25: Phương pháp Sử dụng quy tắc nhân và tổ hợp Cách giải: Chọn 1 kĩ sư là tổ trưởng trong 3 kĩ sư nên ta có 3 cách chọn Chọn 1 công nhân làm tổ phó trong 7 công nhân nên có 7 cách chọn 3 Chọn 3 công nhân trong 6 công nhân còn lại làm tổ viên nên có C6 cách chọn 3 Như vậy có: 3.7.C6 420 cách chọn theo yêu cầu bài toán Chọn A Câu 26 (TH): Phương pháp Sử dụng mối quan hệ giữa quảng đường, vận tốc, gia tốc của một chuyển động: v s ,a v Cách giải: Ta có: v(t) S (t) 8t3 12t 3 a(t) v (t) 24t 2 12 3 m Tại thời điểm t 3(s) a 24.3 12 228 2 s Chọn B Câu 27(VDC): Phương pháp: Gọi I là trực tâm tam giác ABC, chứng minh IH  (SBC) Cách giải: Gọi I là trực tâm của tam giác ABC, M là trung điểm BC ta có: 41
  42. AM  BC BC  (SAM ) BC  SM H SM ; BC  IH SA  BC BI  AC BI  (SAC) BI  SC BI  SA BH  SC Ta có SC  (BIH ) SC  IH BI  SC IH  BC  Do đó IH  (SBC) IH  SM IHM 90 IH  SC Do cốA BđịnhC cốI ,địnhM H thuộc đường tròn đường kính IM. IM Khi đó mặt cầu chứa đường tròn đường kính IM có bán kính nhỏ nhất bằng . 2 1 1 1 a 3 a 3 Xét tam giác ABC đều trực tâm I đồng thời là trọng tâm IM AM AM 3 3 3 2 6 IM a 3 Vậy R . min 2 12 Chọn C Câu 28(TH): Phương pháp Hàm lũy thừa y xn có TXĐ D phụ thuộc vào n như sau: +) n Z D R +) n Z D R \{0} +) n Z D (0; ) Hàm căn thức bậc hai A xác định A 0 Cách giải: x 1 0 x 1 Hàm số y (x 1) 5 x xác định D [0; ){1} x 0 x 0 Chọn B Câu 29(TH): Phương pháp: Xét phương trình hoành độ giao điểm 2x 1 x 2(x 1) x 1 2x 1 (x 1)(x 2) 2x 1 x2 3x 2  x2 5x 1 0(*) Khi đó xA , xB là nghiệm của phương trình (*). Áp dụng định lí Vi-ét ta có xA xB 5 Chọn A Câu 30(VCD): Phương pháp: Lập BBT của đồ thị hàm số y f (x) và kết luận 42
  43. Cách giải: Ta có y f (x) (x 1)(x 2)(x 3)(x 2018) Ta lập BBT của đồ thị hàm số y f (x) như sau: Dựa vào BBT của đồ thị hàm số ta thấy cứ giữa hai điểm x 1 , x 2 có 1 cực trị, giữa 2 điểm x 1 , x 2 có 1 cực trị, do đó hàm số có 2017 cực trị, trong đó bắt đầu và kết thúc đều là điểm cực tiểu, do đó số điểm cực tiểu là 1009 và số điểm cực đại là 1008. Chọn D Câu 31(TH): Phương pháp: Sử dụng các công thức: m log bm log b(0 a 1;b 0) an n a loga (xy) loga x logb y(0 a 1; x, y 0) Cách giải: 1 1 1 1 log 3 (ab) log (ab) log a log b log b a 3 a 3 a a 3 3 a Đáp án A đúng Chọn A Câu 32(VD): Phương pháp: +) Xác định điểm Q dựa vào các yếu tố song song +) Gọi V1 là thể tích của khối MAQNCP và V2 là thể tích của khối còn lại, ta có: V2 VM .BNP VQ.BPQ VP.BM Q +) So sánh tỉ số diện tích đáy và chiều cao, tính thể tích các khối thành phần của V2 , tính V2 , từ đó tính V1 Cách giải: NP  (MNP) (MNP) , (ABD) có điểm M chung, , NB / /BD BD  (ABD) (do NP là đường trung bình của tam giác BCD), do đó giao tuyến của (MNP) và (ABD) là đường thẳng qua M và song song với NP,BD Trong (ABD) qua M kẻ MQ / /BD(Q AD) Gọi V1 là thể tích của khối MAQNCP và V2 là thể tích của khối còn lại, ta có: V2 VM .BNP VQ.BPQ VP.BM Q Ta có: 43
  44. 1 d(B; NP) NP S BN 1 1 1 BNP 2  S 1 BC 2 2 4 BCD d(C; BD) BD 2 d(M ;(BNP)) MB 2 d(A;(BCD)) AB 3 VM .BNP 1 2 1 1  VM .BNP VABCD 4 3 6 6 SQ.BPD 1 2 1 1 Tương tự ta có:  SQ.BPD VA.BCD 2 3 3 3 1 d(B;MQ) MQ S MB MQ 2 1 2 BMQ 2   S 1 AB BD 3 3 9 ABD d(A; BD) BD 2 d(P;(BMQ)) PD 1 d Ci (ABD) CD 2 VP.BMQ 2 1 1 1  VP.BMQ VABCD 9 2 9 9 1 1 1 11 V V V V 2 M .BNP Q.BPD P.BMQ 6 3 9 18 11 7 Vậy V 1 V 1 1 2 18 18 Chọn C Câu 33(TH): Phương pháp: Giải phương trình bậc 2 đối với hàm số mũ Cách giải: x 2 3 2 x log 2 9x 3x 1 2 0 3x 3.3x 2 0 3 x 3 1 x 0 Vì x1 x2 x1 0; x2 log3 2 P 2x1 3x2 2.0 3log3 2 3log3 2 Chọn B Câu 34(TH): Phương pháp: Thử từng đáp án và chọn đpá án sai, sử dụng các công thức: u (a;b;c) | u | a2 b2 c2 ;u  v u.v 0 Cách giải: | a | ( 1)2 12 02 2 đáp án A đúng b c 1.1 1.1 0.1 2 0 đáp án B sai | c | 12 12 12 3 đáp án C đúng 44
  45. a b 1.1 1.1 0.0 0 a  b đáp án D đúng Chọn B Câu 35(VD): Phương pháp: Hàm số y f (x) đạt cực trị tại x0 khi và chỉ khi hàm số liên tục tại và f (x) đổi dấu khi x qua điểm x0 Cách giải: Chọn D Chú ý: khi f x0 0 không có kết luận về cực trị của hàm số. đáp án B chỉ là điều kiện cần mà chưa là điều kiện đủ Câu 36(VD): Phương pháp: n m Sử dụng công thức lãi kép kì hạn m : Am A(1 r) trong đó A: số tiền gốc r: lãi suất của 1 kì hạn (%/kì) n: thời gian gửi m: kì hạn Cách giải: 6 3 Sau 6 tháng đầu người đó nhận được số tiền là A1 100(1 2%) 104,04 triệu đồng) 6 tháng sau, người đó gửi thêm 100 triệu đồng, do đó số tiền nhận được sau 1 năm là: 6 3 A2 204,04(1 2%) 212,283 212 (triệu đồng)(triệu đồng) Chọn A Câu 37(TH): Phương pháp: 1 Sử dụng công thức tính thể tích khối nón V r 2h trong đó r,h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao 3 của hình nón Cách giải: Gọi bán kính đáy và chiều cao ban đầu của hình nón là r,h 1 Ta có: V r 2h 30 3 Khi tăng chiều cao lên 3 lần và bán kính đáy lên 2 lần thì chiều cao mới là h 3h và bán kính đáy mới là 1 1 1 r 2r . Thể tích khối nón lúc sau là V r 2h (2r)2 3h 12 r 2h 12V 12.30 360 3 3 3 Chọn A Câu 38(TH): Phương pháp: 45
  46. 0 a 1 f (x) g(x) Giải phương trình mũ cơ bản a f (x) a g (x) a 1 f (x) g(x) Cách giải: 4xx 15x 13 4 3x 1 1 2 4x 15x 13 4 3x 2 2 3 4x2 12x 9 0 (2x 3)2 0 x 2 3 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là R\  2 Chọn C Câu 39 (VD): Phương pháp: Gọi M (0;m;0) Oy . M cách đều 2 điểm A, B MA MB MA2 MB2 Cách giải: MA2 12 (1 m)2 1 (1 m)2 Gọi M (0;m;0) Oy ta có: 2 2 2 2 2 MB 3 (1 m) 1 10 (1 m) M cách đều 2 điểm A, B 9 MA MB MA2 1 (1 m)2 10 (1 m)2 m2 2m 2 m2 2m 11 4m 9 m 4 9 Vậy M 0; ;0 4 Chọn D. Câu 40 (VD):   Phương pháp: ABCE là hình bình hành AB EC Cách giải:   ABCE là hình bình hành AB EC   Ta có AB ( 2; 1; 1); EC 2 xEi 3 yFi zE 2 xE 2 xB 4   AB EC 3 yE 1 yE 4 E(4;4;1) zE 1 zE 1 Chọn A. Câu 41 (TH): Phương pháp: Cho hàm số y f (x) +) Nếu lim y y0 y y0 là TCN của đồ thị hàm số. x 46
  47. +) Nếu lim y x x0 là TCĐ của đồ thị hàm số. x x0 Cách giải: x2 x 2 (x 1)(x 2) TXĐ: D ¡ \{2} . Ta có y , do đó đồ thị hàm số có TCĐ x 2 x 2 x 2 Chọn D. Chú ý: HS có thể sử dụng MTCT để giải quyết cac bài toán tìm tiệm cận phức tạp. Câu 42 (NB): Phương pháp: Mặt phẳng (P) : Ax By Cz D 0 có 1 VTPT là n(A; B;C) . Mọi vectơ cùng phương với n đều là VTPT của (P). Cách giải: Mặt phẳng (P) : 2x 4y 6z 1 0 có 1 VTPT là n(2; 4;6) / /(1; 2;3) Chọn A. Câu 43 (VDC): Cách giải: 8 Số phần tử của không gian mẫu là n() A8 8! Gọi số cần lập có dạng A a1a2a3 a8 ai Z;ai a ji j) Do X có 8 phần tử và tổng các phần tử là 36 nên A chia hết cho 9, lại có (9;11) 1 nên A chia hết cho 9999. Ta có: A a a a a a a a a .104 a a a a a a a a .(9999 1) a a a a 1 2 3 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 a1a2a3a4.9999 a1a2a3a4 a5a6a7a8 Vì A chia hết cho 9999 nên a1a2a3a4 a5a6a7a8 chia hết cho 9999. ai X nên a1a2a3a4 a5a6a7a8 2.9999 a1a2a3a4 a5a6a7a8 9999 a1 a5 9 a2 a6 9 a3 a7 9 a4 a8 9 Có 8 cách chọn a1. Với mỗi a1 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a5. Có 6 cách chọn a2. Với mỗi a2 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a6. Có 4 cách chọn a3. Với mỗi a3 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a7. Có 2 cách chọn a4. Với mỗi a4 sẽ cho 1 cách chọn cho duy nhất cho a8. n(A) 8.6.4.2 384 n(A) 384 Vậy P(A) n() 8! Chọn D. Câu 44 (VDC): 47
  48. Phương pháp: +) Mỗi vòng cuốn thì bán kính đường tròn lại tăng thêm 0,3cm . +) Tính chiều dài tấm vải cần cuốn (chu vi đường tròn) của từng vòng rồi cộng các chiều dài đó suy ra kết quả. Cách giải: Chiều dài vòng 1 cần cuốn là: 2 .5 Chiều dài vòng 2 cần cuốn là: 2 (5 0,3) Chiều dài vòng 3 cần cuốn là: 2 (5 2.0,3) Chiều dài vòng 100 cần cuốn là: 2 (5 99.0,3) Vậy chiều dài tấm vải là: 2 (5 5 0,3 5 2.0,3  5 99.0,3) 2 (5.100 0,3(1 2  99)) 0.3.99,100 2 500 3970 (cm) 125m 2 Chọn C. Câu 45 (VD): Phương pháp:   (Q)  AB nQ  AB      n AB;n Q P (Q)  (P) nQ  np Cách giải:   (Q)  AB nQ  AB      n AB;n Q P (Q)  (P) nQ  np  n (2;1; 3)    Ta có P n AB;n ( 2; 5; 3) / /(2;5;3)  Q p AB (1; 1;1) Chọn A. Câu 46 (VD): Phương pháp: Sử dụng tính chất: Cho tứ diện vuông OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, khi đó hình chiếu của O trên (ABC) trùng với trực tâm tam giác ABC. Cách giải: Dễ dàng chứng minh được OH  (ABC) AM  BC BC  (OAM ) BC  OH OA  BC(OA  (ABC)) CMTT ta có AC  OH OH  (ABC)  (P) đi qua H và nhận OH (1;2;2) là 1 VTPT của phương trình 1(x 1) 2(y 2) 2(z 2) 0 x 2y 2z 9 0 Chọn D. Câu 47 (TH): Phương pháp: 48
  49. Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ V r 2h trong đó r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ. Cách giải: ABCD là thiết diện qua trục là một hình vuông cạnh 2a nên hình trụ có chiều cao h AD 2a , bán kính AB 2a đáy r a . 2 2 Vậy thể tích khối trụ là V r 2h a2.2a 2 a3 Chọn B. Câu 48 (TH): Phương pháp: Tính các độ dài của tam giác ACB’ và nhận xét sau đó suy ra góc giữa AC và AB’. Cách giải: Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông ta tính được AC a 2; AB a 2; B C a 2 Do đó tam giác ACB’ là tam giác đều AC; AB C· AB 60 Chọn A. Câu 49 (VDC): Phương pháp: + Đặt tđưa(x) bất xphương 1 1 trình1, về dạng . Phương f (t) m trình có nghiệm khi và chỉ khi min f (t) m . [1; ) + Dựa vào BBT, nhận xét và kết luận. Cách giải: Đặt t(x) x 1 1 1, , khi đó ta có f (t) m (*) Để phương trình (*) có nghiệm t 1 thì min f (t) m [1; ) Dựa vào BBT ta thấy min f (t) 2 m 2 [1; ) Chọn B . Câu 50 (VD): Phương pháp: am an khi m n 0 a 1 m n a a khi m n Cách giải: 1 1 Do 0 a 1 a2017 a2018 đáp án A sai a2017 a2018 Chọn A. 49