Đề thi thử THPTQG môn toán THPT Lục Ngạn số 1 lần 2 năm 2019

53 119 1
  • Loading ...
1/53 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 19/12/2018, 17:16

ĐỀ Câu 1: [2D2-2] Tìm tập xác định hàm số y   x  x  3 3 A D  \ 1;2 B D   0;   C D  D D   ;1   2;   Lời giải Chọn C Hàm số y   x  x  3 xác định  x  1    x2  x   x  3 Vậy tập xác định là: D   a3  Câu 2: [2D2-1] Cho a số thực dương khác Tính I = log a    64  A I  B I  C I  3 Lời giải Chọn A  a3  a Ta có I  log a    log a     64  4 D I   Câu 3: [2D1-1] Cho hàm số y  f  x  , có bảng biến thiên sau Mệnh đề ? A Hàm số đạt cực tiểu x  B Hàm số khơng có cực đại C Hàm số có bốn điểm cực trị D Hàm số đạt cực tiểu x  6 Lời giải Chọn A Từ bảng biến thiên hàm số ta thấy y  có hai nghiệm phân biệt y  đổi dấu qua nghiệm Do mệnh đề “Hàm số khơng có cực đại” “Hàm số có bốn điểm cực trị” bị loại Hàm số đạt cực tiểu x  có giá trị cực tiểu yCT  y    6 Câu 4: [2H2-2] Mặt cầu  S  có diện tích 20 , thể tích khối cầu  S  A 20 B 20 C 20 Lời giải Chọn A Diện tích mặt cầu  S  : 4πR2  20π  R  Thể tích khối cầu  S  V  4 πR  π 3  5  20 D 4 Câu 5: [2H1-2] Lăng trụ đứng ABC ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B Biết AC  a , AA  2a Khi thể tích lăng trụ A a B a3 C 4a D Lời giải Chọn A C' A' B' A C B Ta có AB2  BC  AC  AB2  2a2  AB  a 1 VABC ABC  S ABC AA' = AB AA' = a 2a  a3 2 4a Câu 6: [2D2-1] Trong phương trình sau, phương trình vơ nghiệm? A 3x   B 5x   C log x  D log  x  1  Lời giải Chọn A Nếu b  phương trình a x  b  a  0; a  1 vơ nghiệm Do phương trình 3x   vô nghiệm Câu 7: [1D4-1] Giá trị lim A 2n n 1 B C 1 Lời giải Chọn C 1 2n 1 n  lim lim  Ta có:  1 n 1 1 1 n D Câu 8: [2D1-1]Đồ thị hàm số y  A y  1 x2 có đường tiệm cận đứng với phương trình x 1 B x  1 C x  Lời giải Chọn B Ta có: lim  x  1 x2 x2   lim    x  1 x  x 1 Vậy đồ thị hàm số cho có tiệm cận đứng x  1 D y  Câu 9: [1D2-2] Một hộp đựng bi đỏ bi xanh Có cách lấy bi có đủ màu ? A 20 B 16 C Lời giải Chọn A Lấy bi đỏ có cách Lấy bi xanh có cách Theo quy tắc nhân, số cách lấy bi có đủ màu 5.4  20 cách D 36 Câu 10: Parabol y  ax  bx  c qua A  0; 1 , B 1; 1 , C  1;1 có phương trình là: A y  x  x  B y  x  x  Câu 11: [2D1-1] Cho hàm số y  C y  x  x  2x 1 Mệnh đề đúng? x 1 A Hàm số nghịch biến \ 1 B Hàm số đồng biến khoảng  ; 1 1;    C Hàm số nghịch biến khoảng  ; 1 1;    D Hàm số đồng biến \ 1 Lời giải Chọn B Tập xác định D  Ta có y    x  12 \ 1  với x  Hàm số đồng biến khoảng  ; 1 1;    D y  x  x  Câu 12:[2D1-1] Đường cong phía đồ thị hàm số cho Phương trình đường cong y 2 A y  x3  3x x B y   x  x C y   3x  x3 D y  3x  x3 Lời giải Chọn D Dựa vào đồ thị suy hàm số cần tìm hàm bậc ba y  ax3  bx  cx  d với a  Lại có đồ thị có điểm cực đại điểm A 1;  nên hàm số cần tìm y  3x  x3 Câu 13:[2H1-1] Hình chóp S ABCD đáy hình chữ nhật có AB  a , AD  2a SA vng góc mặt phẳng đáy, SA  a Thể tích khối chóp A 2a 3 B 2a C a3 D a3 Lời giải Chọn A S C B A D 1 a 3.a.2a 2a 3 Thể tích khối chóp V  SA.dt  ABCD   SA AB AD   3 3 Câu 40[1D2-2] Biết hệ số x khai triển 1  3x  90 Tìm n n A n  B n  C n  Lời giải Chọn A Số hạng tổng quát thứ k  Tk 1  Cnk  3x   Cnk  3 x k k k Vì hệ số x nên cho k  Khi ta có Cn2  3  90  Cn2  10  Vậy n  n   n  n  n  1  10    n  4  l  D n  Câu 41:[2H1-2] Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC có cạnh đáy 2a , góc hai đường thẳng AB BC  60 Tính thể tích V khối lăng trụ A V  3a C V  B V  3a3 6a D V  6a3 Lời giải Chọn D Đặt AA  x, x     Ta có: AB.BC  BB  BA BC  BB   BA.BC  BB  BA.BC.cos 602  BB2  x2  2a2 AB  BC  x  4a AB.BC  Theo đề: cos 60    AB.BC  x  2a x  a x  4a  x  4a  x  4a  x  2a  x  4a  x  2a   2 2  x  4a  2 x  4a 2 Vậy V  AA 2 AB  2a3 Câu 42: Cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB : x  y   ; AC :7 x  y   ; BC :10 x  y 19  Viết phương trình đường phân giác góc A tam giác ABC A 12 x  y   Lời giải Chọn B B  AB  BC  B  2;  1 C  AC  BC  C 1;9  PT đường phân giác góc A là: B x  y   C 12 x  y   D x  y   x  y 1 12  12  7x  y  72   1  x  y    d1   12 x  y    d  Đặt f1  x, y   x  y  7; f  x, y   12 x  y  ta có: f1  B  f1  C   0; f  B  f  C   Suy B, C nằm khác phía so với d1 phía so với d Vậy phương trình đường phân giác góc A là: x  y   Câu 43:[2D1-3] Với giá trị thực tham số m đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số y x3 hai điểm phân biệt M , N cho MN ngắn x 1 A m  3 B m  C m  D m  1 Lời giải Chọn B Phương trình hồnh độ giao điểm x3  x  m  x2   m  1 x  m   * x 1 x3 hai điểm phân biệt M , N x 1 phương trình * có hai nghiệm phân biệt   m2  6m  25  0, m Đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số y  Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình * , hoành độ hai điểm M , N Khi ta có: M  x1 , x1  m  , N  x2 , x2  m  , MN   x2  x1;  x2  x1   m 1 m3 2 Suy P  MN   x2  x1    x1  x2   x1.x2  ; với x1  x2   , x1.x2    2 5 m  6m  25   m  3  16  20, m Do MN ngắn Pmin ,   4 mà Pmin  20 m  P Câu 44: [1H3-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , biết cạnh bên tạo với đáy góc 60 Giá trị lượng giác tang góc hai mặt phẳng  SAC   SCD  A B 21 C 21 D Lời giải Chọn A S K B C 60 O A D Kẻ OK  SC Do S ABCD hình chóp ABCD hình vng nên SO   ABCD  ; BD   SAC   SC  BD Suy SC   BKD   KD  SC Vậy góc hai mặt phẳng  SAC   SCD  OKD tan OKD  OD (do KOD vuông OK O ): ABCD hình vng cạnh a nên AC  2a  OA  OC  OD  a Trong hình chóp S ABCD , cạnh bên tạo với đáy góc 60 nên SAC  60  SO  OA.tan 60  a Ta có OD 2 1 a  tan OKD       OK  2 OK OK SO OC Câu 45:[2D2-4] Số giá trị nguyên nhỏ 2018 tham số m để phương trình log6  2018x  m   log4 1009x  có nghiệm A 2020 B 2017 C 2019 D 2018 Lời giải Chọn A t 2018 x  m  Đặt log6  2018x  m   log4 1009 x   t    2.4t  m  6t  m  2.4t  6t t 1009 x  Đặt f  t   2.4t  6t Ta có: f   t   6t ln  2.4t.ln t   2ln Xét f   t        log 16  t  log  log 16  ln 2 Bảng biến thiên: –   Phương trình f  t   m có nghiệm m  f  log  log 16    2, 01   m  2018 Mà  nên ta có: m  2  m  2017 Vậy có 2020 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán  m  Câu 46: [2H2-3] Cho hình nón  N  có bán kính đáy r  20(cm) , chiều cao h  60(cm) hình trụ T  nội tiếp hình nón  N  (hình trụ T  có đáy thuộc đáy hình nón đáy nằm mặt xung quanh hình nón) Tính thể tích V hình trụ T  có diện tích xung quanh lớn nhất? 32000  (cm3 ) A V  3000 (cm3 ) B V  C V  3600 (cm3 ) D V  4000 (cm3 ) Lời giải Chọn A S K' A K H' I' I H B Gọi độ dài bán kính hình trụ x cm   x  20  , chiều cao hình trụ h ' Ta có: h SI  I K  SI  II  I K  h  h x 60  h x         h SI AI SI AI h r 60 20  60  h  3x  h  60  3x Diện tích xung quanh hình trụ là: S  2 x.h  2 x  60  3x  2  60 x  3x   2 100   x  10    200   Diện tích xung quanh hình trụ lớn x  10 Khi thể tích khối trụ là: V   x h   102.30  3000 Câu 47 :[2D1-4] Tổng giá trị nguyên tham số m để hàm số y  x3  3x  x   cực trị A 2016 C 2016 B 1952 Lời giải Chọn A Xét hàm số f  x   x3  3x  x   m D 496 m có điểm  x  1 Ta có f   x   3x  x     x  Ta có bảng biến thiên  f  x  f  x   Do y  f  x    nên  f  x  f  x   Nếu m   m  f  x   có nghiệm x0  , ta có bảng biến thiên hàm số cho Trường hợp hàm số cho có điểm cực trị m  32   m  64 f  x   có nghiệm x0  1 ,ta có bảng biến thiên hàm số cho ếu Trường hợp hàm số cho có điểm cực trị m   m ếu    m  64 f  x   x3  3x  x    có ba nghiệm x1 ; x2 ;  m  32   x3 với x1  1  x2   x3 , ta có bảng biến thiên hàm số cho Trường hợp hàm số cho có điểm cực trị Như vậy, giá trị nguyên m để hàm số cho có điểm cực trị m1; 2;3; ;63 Tổng giá trị nguyên là: S      63  63 1  63  2016 Câu 48:[2D2-4] Xét số thực x , y  x  0 thỏa mãn  y  x  3 2018x 3 y Gọi m giá trị nhỏ biểu thức T  x  y Mệnh đề sau ? 2018x 3 y  2018xy 1  x   2018 xy 1  A m   0;1 B m  1;  C m   2;3 D m  1;0  Lời giải Chọn D  y  x  3 2018x 3 y  2018x3 y  2018 x3 y  x  y  2018 xy 1  2018xy 1  xy  Ta có 2018x 3 y  2018xy 1  x   2018 xy 1   f  x  y   f   xy  1 1 Xét hàm số f  t   2018t  2018t  t , với t  ta có f   t   2018t ln 2018  2018t ln 2018   , t  Do f  t  đồng biến nên 1  x  y   xy   x  1 x 1 T  x x3 x3  x  1 Xét hàm số f  x   x  , với x  0;   có x3  y  x  3   x   y   f  x  1  x  3  x2  x   x  3  , x   0;   Do f  x  đồng biến  0;    f  x   f     Dấu “  ” xảy  x   m   Câu 49:[2D1-4] Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hàm số y  f   x  hình vẽ: Xét hàm số g  x   f  x   x3  x  3m  với m số thực Để g  x   x    5;  điều kiện m   A m  f C m  f  0   5 B m  f D m  f  4   Lời giải Chọn A g  x    g  x   f  x   x3  x  3m    3m  f  x   x3  x  Đặt h  x   f  x   x3  x  Ta có h  x   f   x   x        h   f    6.5    h  f   6.5     Suy h    f         h 1  f  1  6.1   h  1  f   1  6.1     Từ ta có bảng biến thiên x    h   h  5   h  0 h h Từ bảng biến thiên ta có 3m  h  5 m f  5  5 Câu 50:[2D1-3] Cho hàm số y  f  x  Biết hàm số y  f   x  có đồ thị hình vẽ bên Hàm số y  f   x  đồng biến khoảng y 6 A  2;3 B  2; 1 1 O x C  1;0  D  0;1 Lời giải Chọn C  x  6 Cách 1: Dựa vào đồ thị f   x  ta có f   x     x  1 (cả nghiệm nghiệm đơn)  x  Ta có: y  2 x f    x  x  x  x    2  x  3  x  6 x 9       y   2 x f   x    3  x  1 x   x  2    3  x   x   x  1 (cả nghiệm nghiệm đơn) Nhận xét: Do f   x  mang dấu dương x  (ta gọi miền cùng) nên 2 x f    x  có miền ngồi cũng mang dấu           nên ta có bảng xét dấu y  2 x f    x  sau x 2 x f    x  3   2  1  0       Do hàm số đồng biến khoảng  1;0  Cách 2: Hàm số y  f   x  đồng biến y   2 xf    x    xf    x    x  x    x    1  x   x    3  x   TH1:   x   3  x  2  f    x        x      4  x   x  x    x   x   x      x   TH2:    1  x   x    f    x       1   x  2  1  x  So sánh với đáp án Chọn C Cách 3: Giải trắc nghiệm x   x  6 Từ đồ thị hàm số y  f   x  ta có f   x     ; f  x     6  x  1  1  x  Xét hàm số y  f   x  ta có y  2 xf    x  Hàm số y  f   x  đồng biến y   2 xf    x    xf    x   tức hàm số y  f   x  đồng biến x f    x  trái dấu Dựa vào đồ thị y  f   x  ta có với x   1;0  f    x   (do   x2  ) nên hàm số y  f   x  đồng biến ...   x  2 y Do x , y số thực dương lớn nên x  y (1) Mặt khác M   log 12 x  log 12 y log 12 12 xy (2)  2log 12  x  y  log 12  x  y  Thay (1) vào (2) ta có M  log 12 36 y  log 12 36 y D... a a 11 a a 5  11 a a a a  19 a7 Suy m  19 , n   m2  n2  3 12 D m2  n2  409 m n Câu 32: Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x3  2mx  x  đồng biến A 1  m  B 1  m...  1 vô nghiệm Do phương trình 3x   vơ nghiệm Câu 7: [1D4 -1] Giá trị lim A 2 n n 1 B C 1 Lời giải Chọn C 1 2 n 1 n  lim lim  Ta có:  1 n 1 1 1 n D Câu 8: [2D1 -1] Đồ thị hàm số
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi thử THPTQG môn toán THPT Lục Ngạn số 1 lần 2 năm 2019 , Đề thi thử THPTQG môn toán THPT Lục Ngạn số 1 lần 2 năm 2019

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn