Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2019 - Trường THPT Hà Huy Tập (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2019 - Trường THPT Hà Huy Tập (Có đáp án)

1. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2019 MÔN TOÁN; TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP Câu 1: Hàm số nào sau đây không có điểm cực trị. A. y x4 2x2 5. B. y x3 6x 2019 . 1 C. .y x4 6 D. . y x4 2x2 5 4 Câu 2: Cho hàm số y f (x) có bảng biến thiên như sau. Chọn khẳng định đúng. A. Hàm số nghịch biến trên ( 1;1) . B. Hàm số nghịch biến trên ( 1; ) C. Hàm số đồng biến trên ( ; 1) . D. Hàm số đồng biến trên ( 1;1) Câu 3: Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới. y 1 -1 1 0 x -1 A. y x4 2x2 1. B. .y x4 2x2 1 C. y x4 3x2 1. D. .y x4 2x2 1 Câu 4: Đồ thị hàm số y x4 x2 3 có bao nhiêu điểm cực trị. A. 2. B. 3. C. 1. D. 0. Câu 5: Với giá trị nào của tham số m thì hàm số y x3 mx2 (2m 3)x 3 đạt cực đại tại x 1 . A. .m 3. B. . m 3. C. . D.m 3. m 3. Câu 1 Chọn B y x4 2x2 1 có a.b 0 . Nên hàm số có 3 cực trị (loại A) y x3 6x 2019 có y/ 3x2 6 0,x ¡ . Nên hàm số không có cực trị (nhận B) 1 y x4 6 có a.b 0 . Nên hàm số có 1 cực trị 4 y x4 2x2 5 có a.b 0 . Nên hàm số có 1 cực trị
2. Câu 2 Chọn D Dựa vào bảng biến thiên ta có trên 1;1 y 0 nên hàm số đồng biến. Câu 3: Đây là hàm số bậc 4 trùng phương có 3 cực trị và đồ thị hướng xuống nên a 0,b 0 . Chọn: A. Câu 4: Giải: y ' 4x3 2x 2x(2x2 3) ; y ' 0 x 0 Đạo hàm đổi dấu từ + sang âm khi qua x=0 nên x=0 là điểm cực trị của hàm số Chọn: C. y '(1) 3.12 2m.1 2m 3 0 Câu 5: Để hàm số đạt cực đại x 1 thì m 3 y ''(1) 6.1 2m 0 Chọn: D. x 1 Câu 6 : Cho hàm số y . Có tất cả bao nhiêu giá trị m để đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm mx2 2x 3 cận? A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Giải : + f (x) mx2 2x 3 có bậc 1 nên đồ thị hàm số luôn có 1 tiệm cận ngang. Do đó đồ thị hàm số cần có đúng 1 tiệm cận đứng. 3 + m 0 , đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng là đường thẳng x m = 0 thỏa bài toán. 2 + m 0 , đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình mx2 - 2x + 3 = 0 có nghiệm kép hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm x = 1 0 f 1 3m 0 1 m f 0 1 3m 0 3 m 1 0 m 1 f 1 0 1  Vậy m 0; ; 1 . 3  Chọn: D. 1 Câu 7: Với giá trị nào của tham số m thì hàm số y x3 mx2 (2m 3)x m 2 nghịch biến trên¡ ? 3 m 3 A. . 3 m 1 B. . m C.1 . D. . 3 m 1 m 1. Giải: Tập xác định: D ¡ . Ta có y x2 2mx 2m 3 . Để hàm số nghịch biến trên ¡ thì a 0 1 0 y 0, x y 3 m 1  ¡ 2 0 m 2m 3 0 Chọn: A. 2x 1 Câu 8: Cho hàm số y có đồ thị (C) và đường thẳng d :y x m . Giá trị của tham số m để d cắt x 1 (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB 10 là: A. mhoặc .1 B. . m 6 C. 0 hoặc m . D.5 hoặc . m 0 m 6. m 0 m 7
3. Giải: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d 2x 1 x 1 x m 2 x 1 x (m 1)x m 1 0 (1) Khi đó d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A ,B khi và chi khi phương trình (1) có hai nghiệm phân (m 1)2 4(m 1) 0 m 1 m 5 (*) biệt khác 1 2 ( 1) (m 1) m 1 0 Ta có  2 A(x1; x1 m), B(x2 ; x2 m) AB (x2 x1; x2 x1) AB 2(x2 x1) 2 x2 x1 , x1 x2 1 m và . Từ đây ta có x1x2 m 1 2 AB 10 x2 x1 5 (x2 x1) 4x1x2 5 2 2 m 0 (1 m) 4(m 1) 5 m 6m 0 (thỏa (*) ) m 6 Vậy chọn m 0  m 6 . Chọn: C. Câu 9: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y | x |3 (2m 1)x2 3m | x | 5 có 3 điểm cực trị. 1 1 A. ; . B.C.(1;D. ). ( ;0]. 0;  (1; ). 4 4 Đáp án C Xét f (x) x3 (2m 1)x2 3mx 5 và f (| x |) | x |3 (2m 1)x2 3m | x | 5 Ta có 3 2a 1 a 1 là số điểm cực trị dương của hàm số y f (x). Vậy yêu cầu tương đương với: f (x) có đúng một điểm cực trị dương 2 f (x) 3x 2(2m 1)x 3m 0 có hai nghiệm thoả mãn x1 0 x2 m 0. 2 (Vì x 0 m 0 lúc đó x 0. còn x 0 thì a.c < 0 suy ra m < 0 ) 1 2 3 1 Câu 10: Cho hàm số f (x) xác định và liên tục trên ¡ và có đạo hàm f (x) thỏa mãn f (x) (1 x)(x 2)g(x) 2019 với g(x) 0 ;x ¡ . Hàm số y f (1 x) 2019x 2020 nghịch biến trên khoảng nào? A. .( 1; ) B. . (0;3) C. . D.( . ;3) (3; ) Lời giải Chọn D Ta có y f 1 x 2019 1 1 x 1 x 2 g 1 x 2019 2019 x 3 x g 1 x . x 0 Suy ra: y x 0 x 3 x 0 (do g 1 x 0 ,x ¡ ) x 3 Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (3; ) . Câu 11: Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau có một nghiệm duy nhất
4. 3 2x 2 m 3x (x3 6x2 9x m)2x 2 2x 1 1 A. m 4 . B. m 8 . C. 4 m 8 . D. .m ( ;4)  (8; ) Ta có: 3 2x 2 m 3x (x3 6x2 9x m)2x 2 2x 1 1 3 2x 2 m 3x x 2 3 m 3x 8 .2x 2 2x 2.23 1 3 2x 2 m 3x x 2 3 m 3x .2x 2 1 2a.2b a3 b3 .2a 1 (với a x 2 , b 3 m 3x ) 2b a3 b3 2 a 2b b3 2 a a 3 (*) Xét f t 2t t3 Ta có: f t 2t.ln 2 3t 2 0, t nên f (t) luôn đồng biến. Do đó: (*) b a 3 m 3x 2 x m 3x 2 x 3 m x3 6x2 9x 8 . Lập bảng biến thiên của hàm số g(x) x3 6x2 9x 8 x 1 3 g x 0 0 8 g x 4 phương trình sau có một nghiệm duy nhất : m ( ;4)  (8; ) Câu 12: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau: x 1 3 y 0 0 2 y 4 5
5. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình f x 1 1 m có nghiệm? A. .m 5 B. . m 2 C. . D.m . 4 m 1 Chọn C Xét bất phương trình .f x 1 1 m 1 Đặt t x 1 1 , t 1 . Bất phương trình trở1 thành . f t m Bất phương trình 1 có nghiệm bất phương trình f t m có nghiệm thuộc 1; m min f t m 4 . 1; Câu 13: Tập tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y ln x2 1 mx 1 đồng biến trên ¡ là A. . 1;1 B. . C.; 1. D. ;. 1 1;1 Chọn C Tập xác định :D ¡ . 2x Ta có: y m . x2 1 Hàm số y ln x2 1 mx 1 đồng biến trên ¡ y 0,x ¡ (Dấu " " xảy ra tại hữu hạn 2x 2x điểm x ¡ ) m 0,x ¡ m ,x ¡ . x2 1 x2 1 2x Xét hàm số f x , x ¡ . x2 1 2 2x2 Ta có: f x 2 ; f x 0 x 1 . x2 1 Bảng biến thiên: 2x Dựa vào bảng biến thiên ta có: m ,x ¡ m 1 . x2 1 Câu 14: Trong bài thực hành của môn huấn luyện quân sự có tình huống chiến sĩ phải bơi qua một con sông để tấn công một mục tiêu ở phía bờ bên kia sông. Biết rằng lòng sông rộng 100m và vận tốc bơi của chiến sĩ bằng một nửa vận tốc chạy trên bộ. Hãy cho biết chiến sĩ phải bơi bao nhiêu mét để đến được mục tiếu nhanh nhất, nếu như dòng sông là thẳng, mục tiêu ở cách chiến sĩ 1 km theo đường chim bay và chiến sĩ cách bờ bên kia sông 100m. 200 200 A. B. C. 1D.00 100 101 3 2
6. Câu 9: + Ký hiệu như hình vẽ A,B lần lượt là vị trí người chiến sĩ (CS) và mục tiêu tân công; H, K nằm trên hai bờ sao cho AHBK là hình chữ nhật; M trên bờ HB để người CS cần bơi đến để bắt đầu chạy bộ. + Ta có: HB AB2 AH 2 10002 1002 300 11 m + Đặt HM x m x 0;300 11 ; Gọi v (m/s) là vận tốc chạy bộ của người CS. + Khi đó: - Người CS phải bơi một đoạn bằng AM AH 2 HM 2 1002 x2 m AM 2 1002 x2 ⇒ Thời gian người CS bơi là: tb s vb v - Sau khi bơi, người CS cần chạy bộ một đoạn MB HM HM 300 11 x m MB 300 11 x ⇒ Thời gian người CS chạy bộ là: tc s vc v 1 300 11 + Tổng thời gian người CS tấn công mục tiêu là: T t t 2 1002 x2 x 1 2 v v + Đặt f x 2 1002 x2 x với x 0;300 11 Để T nhỏ nhất thì f x phải nhỏ nhất. 2x 100 + Ta có: f ' x 1; f ' x 0 1002 x2 2x x m 1002 x2 3 100 Từ đây suy ra được: f x f . 3 200 + Vậy người CS phải bơi một đoạn bằng AM 1002 x2 m để đến mục tiêu nhanh nhất. 3 Chọn A. 2. MŨ VÀ LÔGARIT (6 CÂU) Câu 15: Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 A l og (3a) 3log a B log a3 log a 3 1 C lD.og.a3 3log a log (3a) log a 3 Lờigiải
7. ChọnC. Ta có log 3a log3 log a suy ra loại A, D. log a3 3log a (do a 0 ) nên chọn C. 2 Câu 16: Tập nghiệm của phương trình log 3 (x 10x 9) 2 là: A. .SB.= {10;0} C. . S={10;9} C.S . { 2;0} S={ 2;9} Lời giải Chọn A. x 10 2 2 2 log 3 (x 10x 9) 2 x 10x 9 9 x 10x 0 . x 0 x2 3 81 Câu 17 : Tập nghiệm của bất phương trình là 4 256 A. . 2;2 B. . ; 2  2; C. .¡ D. . ; 2 Chọn C x2 x2 4 3 81 3 3 2 2 Ta có x 4 x 4 0 x ¡ . 4 256 4 4 Câu 18. Tập xác định của hàm số y 2x là A. . 0; B. . ¡ C. . ¡ D.\ 0. 0; Chọn B Hàm số mũ y a x a 0, a 1 có tập xác định là ¡ . Câu 19 . Nếu log2 3 = a thì log72 108 bằng 3+ 2a 2+ 3a 2+ a 2+ 3a A. . B. . C. . D. . 2+ 3a 2+ 2a 3+ a 3+ 2a Chọn D log2 108 log2 4+ log2 27 2+ 3log2 3 2+ 3a Ta có: log72 108 = = = = . log2 72 log2 8+ log2 9 3+ 2log2 3 3+ 2a 2+ 3a Vậy log 108 = . 72 3+ 2a Câu 20: Bất phương trình x3 9x ln x 5 0 có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. 4 B. 7 C. 6 D. Vô số a 1 b x a Giải bất phương trình log x b a 0 a 1 b x a Cách giải:
8. Điều kiện: x > -5 Xét dấu hàm số f x x x 3 x 3 x - -3 - 0 + 3 + x + 3 - 0 + + + x - 3 - - - 0 + f x - 0 + 0 - 0 + f x 0 x  3;0[3; 8) f x 0 x ( ; 3][0;3) 3 x 9x 0 x x 3 x 3 0 0 ln x 5 0 x 5 e x3 9x ln x 5 0 3 x 9x 0 x x 3 x 3 0 0 ln x 5 0 x 5 e x  3;0[3; 8) x 4 4 x 3 0 x 3 x ( ; 3]0;3 x 4 Lại có x ¢ x  4; 3;0;1;2;3 3. NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN (5 CÂU) e Câu 21: Tính chất tích phân x ln xdx 1 e2 1 e2 1 2e2 1 2e2 1 A B C D 4 4 4 4 Lờigiải ChọnA. 1 x2 Đặt u ln x du dx , dv xdx v x 3 e e e x2 e x e2 x2 e2 1 Suy ra x ln xdx ln x dx . 1 2 1 1 2 2 4 1 4 5 2x4 Câu 22: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f (x) . x2 2x3 5 5 A. f (x)dx C. B. f (x)dx 2x3 C. 3 x x 2x3 5 2x3 C. f (x)dx C. D. f (x)dx 5lnx2 C. 3 x 3 .
9. 0 2 Câu 23: Cho hàm số y f x là hàm lẻ và liên tục trên  4;4 biết f x dx 2 và f 2x dx 4 . 2 1 4 Tính I f x dx . 0 A. .I 10 B. I 6 . C. .I 6 D. . I 10 Lời giải Chọn B. 0 Xét tích phân f x dx 2 . 2 Đặt x t dx dt . 0 0 2 Đổi cận: khi x 2 thì t 2 ; khi x 0 thì t 0 do đó f x dx f t dt f t dt 2 2 0 2 2 f t dt 2 f x dx 2 . 0 0 Do hàm số y f x là hàm số lẻ nên f 2x f 2x . 2 2 2 Do đó f 2x dx f 2x dx f 2x dx 4 . 1 1 1 2 Xét f 2x dx . 1 1 Đặt 2x t dx dt . 2 2 1 4 Đổi cận: khi x 1 thì t 2 ; khi x 2 thì t 4 do đó f 2x dx f t dt 4 1 2 2 4 4 f t dt 8 f x dx 8 . 2 2 4 2 4 Do I f x dx f x dx f x dx 2 8 6 . 0 0 2 Câu 24. Tích diện tích S của hình phẳng (phần gạch sọc) trong hình sau 8 10 A SB. . S 3 3 11 7 C SD. . S 3 3 Lờigiải ChọnB. y x Dựa và hình vẽ, ta có hình phẳng được giới hạn bởi các đường: y x 2 . y 0
10. 2 4 10 Suy ra S xdx x x 2 dx . 0 2 3 1 Câu 25. Nếu các số hữu tỉ a , b thỏa mãn aex b dx e 2 thì giá trị của biểu thức a b bằng 0 A. 4 . B. .5 C. . 6 D. . 3 Lời giải Chọn A 1 1 Ta cóaex b dx aex bx ae b a. 0 0 1 Ta lại có aex b dx e 2. 0 a 1 a 1 Suy ra: . Vậy a b 4. b a 2 b 3 4. SỐ PHỨC (5 CÂU) Câu 26: Trong mặt phẳng phức, số phức z 3 2i có điểm biểu diễn M thì A. M (3; 2) . B. M (2; 3) . C. M ( 2;3) . D. M ( 3;2) . Câu 27: Cho các số phức .z Điểm 1 nào2i, w 2 i trong hình bên biểu diễn số phức z w ? A. N B. P C. QD. M 2 Câu 28: Câu 28: Gọi x1, x2 là các nghiệm phức của phương trình z 4z 7 0 . Số phức z1 z2 z1z2 bằng A. 2 B.10 C. 2iD.10i Câu 28 (TH) Phương pháp +) Giải phương trình tìm số phức z. +) Cho số phức z a bi z a bi. Cách giải: z 2 3i z 2 3i Ta có: z2 4z 7 0 1 1 z2 2 3i z2 2 3i 2 2 z1 z2 z1 z2 2 3i 2 3i 2 Chọn A.
11. Câu 29: Câu 44.[2D4.4-2] Xét các số phức z a bi , (a,b ¡ ) thỏa mãn 4(z z) 15i i(z z 1)2 và | 2z 1 i | đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P 4010a 8b . 361 361 A. P 2020 .B C.P . 2019 D. . P P 4 16 Lời giải Chọn A. Ta có 4(z z) 15i i(z z 1)2 4 a bi a bi 15i i a bi a bi 1 2 8b 15 2a 1 2 15 suy ra b . 8 | 2z 1 i | (2a 1)2 (2b 1)2 8b 15 4b2 4b 1 4b2 12b 14 15 Xét hàm số f (b) 4b2 12b 14 với b 8 15 15 f (b) 8b 12 0,b suy ra f (b) là hàm số đồng biến trên ; nên 8 8 15 361 f (b) f . 8 16 361 15 1 Do đó | 2z 1 i | đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi b ;a . 4 8 2 Khi đó P 4010a 8b 2020 . Câu 30: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z 1 2 z z2 i z z i2019 1 ? A. 4 B. 2 C. 1 D. 3 Câu 35 (VD) Phương pháp Cho số phức z a bi z a bi. Modun của số phức z x yi : z x2 y2 Cách giải: Gọi z a bi z a bi a,b ¡
12. z 1 2 z z i z z i2019 1 1009 a bi 1 2 a bi a bi i a bi a bi i2 .i 1 a 1 2 b2 bi i 2ai 1 a 1 2 b2 1 2 2 2 2 2 a 1 b 1 a 1 b b 2a i 1 b 2a b 2a 0 b 2a b 2a a 0 b 2a 2 a 2 2 5 a 2a 1 4a 1 2 4 b 2a b 2a z i 5 5 2 2 a 0 a 2a 1 4a 1 z 0 2 a 2 4 5 z i 5 5 Chọn D. 5. Dãy số, cấp số: (1 câu) 1 Câu 31: Cho cấp số nhân u , với u 9,u . Công bội của cấp số nhân đã cho rằng n 1 4 3 1 1 A. . B. -3 C. 3 D. . 3 3 Câu 6 (TH) Phương pháp n 1 Công thức tổng quát của CSN có số hạng đầu là u1 và công bội q: un u1q . Cách giải: 1 1 1 Ta có: u u qn 1 9.q3 q3 q . 4 1 3 27 3 Chọn D. 6. Quan hệ vuông góc: (2 câu) Câu 32: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và SA a 3 . Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (ABCD) bằng: 3 A. .a cr sin B. .45o C. . 60o D. . 30o 5
13. S Câu 1. A D B C Vì SA  (ABCD) nên góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (ABCD) là góc S· DA SA Tam giác SAD vuông tại A nên tan S· DA 3 S· DA 60o. AD Chọn: C. Câu 33: Câu 33: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A 'B 'C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Gọi E là trung điểm của AB. Cho biết AB = 2a, BC = 13 , CC’ = 4a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng A 'B và CE bằng 4a 12a 6a 3a A. B. C. D. 7 7 7 7 Câu 33 (VD) Phương pháp Sử dụng phương pháp tọa độ trong không gian để làm bài toán. Cách giải: Chọn hệ trục như hình vẽ. Ta có: AC BC 2 AB2 13a2 4a2 3a A 0;0;0 , E a;0;0 , B 2a;0;0 ,C 0;3a;0 , A' 0;0;4a    CE a; 3a;0 , A' B 2a;0; 4a , EB a;0;0   2 2 2 CE, A' B 12a ;4a ;6a    CE, A' B .EB d CE, A' B   CE, A' B 3 12a 12a3 6a 2 144a4 16a4 36a4 14a 7 Chọn C. 7. Thể tích khối đa diện: (3 câu) Câu 34: Câu 1.[2H1.3-1] Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là 1 1 3 A. .VB. Bh . C D.V Bh . V Bh V Bh 3 2 2 Lời giải Chọn C
14. Câu 1. Câu 35: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAD vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết AB=a, SA=2SD, mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng đáy một góc 600 . Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng: 15a3 3a3 5a3 A. . B. . C. . D. . 5a 3 2 2 2 Câu 2. Kẻ SH  AD SH  (ABCD) S A a B H 600 D K C • ·SBC ; ABCD S· KH 600. • SH HK tan60 a 3 . 1 1 1 1 5 15a 5 3a • SD , SA a 15 , AD . SH 2 SA2 SD2 3a2 4SD2 2 2 1 1 5 3a 5a3 Vậy VS.ABCD SH.SABCD a 3.a. . 3 3 2 2 Chọn: C. Câu 36: Câu 42: Cho hình lập phương ABCD.A' B 'C ' D ' cạnh a, Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và A' B '. Mặt phẳng (MND ') chia khối lập phương thành hai khối đa diện, trong đó khối chứa điểm C gọi là (H). Tính thể tích khối (H). 55a3 55a3 181a3 55a3 A. B. C. D. 17 144 486 48 Câu 42: Chọn B. Phương pháp: - Dựng thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi MND ' . - Sử dụng phương pháp phân chia khối đa diện để tính thể tích. Cách giải: Gọi G D ' N  B 'C ',GM cắt BB ',CC' lần lượt tại I, H, HD ' DC J. Do đó thiết diện là ngũ giác MJD ' NI. Thể tích khối đa diện cần tính
15. V(H) VCMIJNB'CD' VH .GD'C ' VH .MCJ VGB'IN GB ' NB ' 1 Vì NB '/ /C ' D ' nên GC ' 2B 'C ' 2a. GC ' C ' D ' 2 MB BI 1 2 a Lại có MB / /GB ' IB ' a, IB . GB ' IB ' 2 3 3 a a JC HC 1 a Tam giác MIB MHC HC IB . Mà JC / /D 'C ' 3 JC . a 3 D 'C ' HC ' a 4 4 3 1 1 1 1 4 4 Thể tích V .HC ' . C ' D '.C 'G . a.2a. a a3. H .GD'C ' 3 2 3 2 3 9 1 1 1 a a a a3 Thể tích V S .HC . . . . . H .CJM 3 CMJ 3 2 4 2 3 144 1 1 1 1 a 2 a 3 Thể tích V . .B 'G.B ' N.IB ' . .a. . a . I .GB'N 3 2 3 2 2 3 18 4 a3 a3 55a3 Vậy thể tích khối đa diện (H) là: a3 . 9 144 18 144 Câu 43: Chọn A. 8. Khối tròn xoay ( 3 câu) 3 Câu 37: Thể tích khối cầu bán kính a bằng 2 4 9 9 A a3 B. . 4 a3 C. . D. a .3 a3 3 2 8 Câu 38: Cho hình trụ tròn xoay có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy và thể tích của khối trụ bằng 16 . Diện tích toàn phần của khối trụ đã cho bằng A. 16 B. 12 C. 8 D. 24 Câu 18 (TH). Phương pháp: Công thức tính thể tích của hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy là R là: V R2h Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ: Sxq 2 Rh Công thức tính diện tích toàn phần của hình trụ: Stp Sxq 2.Sd Cách giải: Ta có: V R2h R2.2R 16 R3 8 R 2;h 4 Diện tích toàn phần của khối trụ đã cho bằng: 2 2 Stp Sxq 2.Sd 2 Rh 2 R 2 .2.4 2 .2 16 8 24 Chọn D. Câu 39: Câu 27: Cho hình nón tròn xoay có bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 6 3 . Góc ở đỉnh của hình nón đã cho bằng
16. A. 600 B. 1500 C. 900 D. 1200 Câu 27 (VD) Phương pháp Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy R, chiều cao h và đường sinh l: Sxq Rl. Cách giải: Ta có: R = 3 Sxq Rl .3.l 6 3 l 2 3 R 3 3 sin l 2 3 2 600 ASB 2.600 1200. Chọn D. 9. Hình giải tích Oxyz (8 câu) Câu 40: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2x 3z 2 0 . Một véc tơ pháp tuyến của (P) có tọa độ A. (2; 3; 2) . B. ( 2;3;2) . C. (2; 3;0) . D. (2;0; 3) . Câu 41: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng (P) đi qua điểm A( 1;2;0) và nhận n ( 1;0;2) làm một véc tơ pháp tuyến có phương trình là A. x 2y 5 0. B. x 2z 5 0 . C. x 2y 5 0. D. x 2z 1 0 . Câu 42: Câu 19. [2H3.1-1] Trong không gian Oxyz , lập phương trình mặt cầu tâm I(1; 2;3) và tiếp xúc với trục Oy. A. B. x 1 2 y 2 2 z 3 2 10. x 1 2 y 2 2 z 3 2 10. C. x 1 2 y 2 2 z 3 2 10. D. x 1 2 y 2 2 z 3 2 9. Bài giải: Gọi M là hình chiếu của I 1; 2;3 lên Oy, ta có : M 0; 2;0 .  IM 1;0; 3 R d I,Oy IM 10 là bán kính mặt cầu cần tìm. Phương trình mặt cầulà : x 1 2 y 2 2 z 3 2 10. Chọn đáp án B. x 1 y 3 z 2 Câu 43: Câu 35.[2H3.3-3] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : và điểm 1 2 2 A(3;2;0) . Tìm tọa độ điểm đối xứng của điểm A qua đường thẳng d . A. .( 1;0;4) B. . (7;C.1; .1 ) D. . (2;1; 2) (0;2; 5) Lời giải Gọi P là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . Phương trình của mặt phẳng P là 1 x 3 2 y 2 2 z 0 0 x 2y 2z 7 0 .
17. Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng d , khi đó H d  P Suy ra H d H 1 t; 3 2t; 2 2t , mặt khác H P 1 t 6 4t 4 4t 7 0 t 2 . Vậy H 1;1;2 . Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường thẳng d , khi đó H là trung điểm của AA suy ra A 1;0;4 .  Câu 44: Trong với hệ Oxyz cho A 1;2;3 , B 3; 2; 1 . Tìm tọa độ véc tơ AB.     A. AB 2; 4; 4 . B. AB 2;4;4 . C. AB 1; 2; 2 . D. AB 4;0;2 . Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, A 3; 4; 2 , B 5; 6; 2 , C 10; 17; 7 . Viết phương trình mặt cầu tâm C bán kính AB . A. . x 10 2 B.y 17 2 z 7 2 8 . x 10 2 y 17 2 z 7 2 8 C. . x 10 2 D.y . 17 2 z 7 2 8 x 10 2 y 17 2 z 7 2 8 Câu 46: Trong không gian Oxyz, cho ba đường thẳng Đường thẳng x y z 1 x 3 y z 1 x 1 y 2 z d : ; : ; : . Đường thẳng vuông góc với d đồng thời cắt 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1, 2 tương ứng tại H , K sao cho độ dài HK nhỏ nhất. Biết rằng có một vecto chỉ phương u h;k;1 .Giá trị của h-k bằng: A. 0 B. 4 C. 6 D. -2 Câu 49 (VD): Phương pháp: +) Tham số hóa tọa độ điểm H 1, K 2.   +) d  ud .HK 0. +) Tính độ dài HK . Tìm điều kiện để HK nhỏ nhất. Cách giải:  Giả sử H 3 2t;t;1 t 1, K 1 t ';2 2t ';t ' 2 .ta có:HK t ' 2t 2;2t ' t 2;t ' t 1  Đường thẳng d có 1 VTCP là ud 1;1; 2     Vì d  ud  HK ud .HK 0 t ' 2t 2 2t ' t 2 2 t ' t 1 0 t ' t 2 0 t ' t 2  Ta có HK t 4;t 2; 3 HK 2 t 4 2 t 2 2 9 HK 2 2t 2 4t 29 2 t 1 2 27 27  HKmin 3 3 t 1. Khi đó HK 3; 3; 3 / / 1;1;1
18. Suy ra đường thẳng nhận u 1;1;1 là 1 VTCP h k 1 Vậy h k 1 1 0 Chọn A. Câu 47: Câu 50: Trong không gian Oxyz, cho a 1; 1;0 và hai điểm A 4;7;3 , B 4;4;5 . Giả sử M, N  là hai điểm thay đổi trong mặt phẳng (Oxy) sao cho MN cùng hướng với a và MN 5 2 . Giá trị lớn nhất của AM BN bằng: A. 17 B. 77 C. 7 2 3 D. 82 5 Câu 50 (VDC): Cách giải:   MN cùng hướng với a 1; 1;0 MN k; k;0 k 0 MN 2 2k 2 50 k 5  MN 5; 5;0   Lấy A ' thỏa mãn AA' MN 5; 5;0 A' 1;2;3 Vì AA 'NM là hình bình hành AM A' N Ta có: AM BN A' N BN A' N 17 Dấu "=" xảy ra N A' B  Oxy x 1 3t  Ta có A' B 3;2;2 Phương trình A' B : y 2 2t z 3 2t N A' B N 1 3t;2 2t;3 2t 3 N Oxy 3 2t 0 t 2 7 17 Khi đó N ; 1;0 ;M ;4;0 2 2 Chọn A. 10. Tổ hợp, xác xuất (3 câu) Câu 40: Hệ số của x5 trong khai triển biểu thức x 3 8 x2 2 x 5 thành đa thức là: A.13568B. 1472C. 1432D. 1552 Câu 40: Chọn D. Phương pháp: n n k n k k Sử dung công thức khai triển nhị thức Newton a b Cn .a b k 0 Cách giải: 8 5 8 5 8 2 5 k 8 k k 2 j 5 j i k 8 k k i 5 i i i 2 Ta có: x 3 x 2 x C8 x .3 x .C5 2 . x C8 .x .3 C5.2 .( 1) .x k 0 i 0 k 0 i 0
19. 8 k 5 k 3 Số hạng chứa x5 ứng với . i 2 5 i 3 3 5 3 2 Vậy hệ số C8 .3 C5 .2 1552. Câu 40: Hệ số của x5 trong khai triển biểu thức x 3 8 x2 2 x 5 thành đa thức là: A.13568B. 1472C. 1432D. 1552 Câu 40: Chọn D. Phương pháp: n n k n k k Sử dung công thức khai triển nhị thức Newton a b Cn .a b k 0 Cách giải: 8 5 8 5 8 2 5 k 8 k k 2 j 5 j i k 8 k k i 5 i i i 2 Ta có: x 3 x 2 x C8 x .3 x .C5 2 . x C8 .x .3 C5.2 .( 1) .x k 0 i 0 k 0 i 0 8 k 5 k 3 Số hạng chứa x5 ứng với . i 2 5 i 3 3 5 3 2 Vậy hệ số C8 .3 C5 .2 1552. Câu 42.[1D2.5-3] Cho đa giác đều P gồm 16 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên một tam giác có ba đỉnh là đỉnh của P . Tính xác suất để tam giác chọn được là tam giác vuông. 6 2 3 1 A. . B. . C. . D. . 7 3 14 5 Lời giải Chọn D. 3 * Số phần tử không gian mẫu là C16 * Theo gt, đa giác có đều 16 cạnh nên có 16 đỉnh do đó có 8 đường chéo xuyên tâm. Cứ mỗi hai đường chéo xuyên tâm sẽ cho 4 tam giác vuông. Vậy số cách chọn một tam giác vuông có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác sẽ là 2 4.C8 . 2 4.C8 Xác suất cần tìm là P 3 C16 Nhiễu. 2 2 4.C16 6 C16 3 P 3 , P 3 , C16 7 C16 14