74 đề thi thử THPT QG môn toán THPT trần nguyên hãn hải phòng lần 1 năm 2019 có lời giải chi tiết

38 8 0
  • Loading ...
1/38 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 19/09/2019, 08:38

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN MƠN TỐN Mà ĐỀ 003 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian làm bài: 90 phút Mục tiêu: +) Đề thi thử THPTQG lần I mơn Tốn trường THPT Trần Nguyên Hãn gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung đề xoay quanh chương trình Tốn 12, ngồi có số toán thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức phân bố sau: 90% lớp 12, 10% lớp 11, 0% kiến thức lớp 10 +) Đề thi biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục Đào cơng bố từ đầu tháng 12 Trong xuất câu hỏi khó câu 49, 50 nhằm phân loại tối đa học sinh Đề thi giúp HS biết mức độ để có kế hoạch ơn tập cách hiệu Câu 1: Cho cấp số cộng  un  biết u1  3, u2  1 Tìm u3 A u3 = B u3 = C u3 = -5 D u3 = Câu 2: Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây? A y  1 2x x B y  2x  x C y  2x  x1 D y  2x  x Câu 3: Hàm số y   x3  3x2  9x  20 đồng biến khoảng sau đây? A  3;� B (1;2) C  �;1 Câu 4: Tìm đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  A x  1 B x  2 D (-3;1)  2x x C y = D y = -2 Câu 5: Cắt khối trụ mặt phẳng qua trục nó, ta thiết diện hình vng có cạnh a Tính diện tích xung quanh S khối trụ A S  2a2 B S  a2 C S  a2 D S  4a2 Câu 6: Một mặt cầu có đường kính a có diện tích S bao nhiêu? A S  4a2 B S  a2 C S  a2 D S  4a2 Câu 7: Tìm nghiệm phương trình log  3x 2  A x  B x  10 C x  16 D x  11 Câu 8: Cho biểu thức P  2x.2y  x; y�� Khẳng định sau đúng? A P  2x y B P  4xy C P  2xy D P  2x y Câu 9: Cho hình lập phương ABCD.A' B'C ' D ' có cạnh a Tính thể tích V khối chóp D '.ABCD A V  a3 B V  a3 C V  a3 D V  a3 Câu 10: Trong khai triển nhị thức  2x 1 10 Tìm hệ số số hạng chứa x8 A 45 B 11520 C -11520 D 256 Câu 11: Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với đáy ABC Tam giác ABC vng cân B SA  a 2, SB  a Tính góc SC mặt phẳng (ABC) A 450 B 300 C 1200 D 600 Câu 12: Phương trình sin2 x 3sinxcosx  có nghiệm thuộc  0;2 ? A B C D Câu 13: Gọi M, m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  x  4 x2 Tính M – m A M  m 2 B M  m 2  C M  m D M  m 2  Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Biết SA vng góc với đáy SC  a Tính thể tích V khối chóp cho A V  2a3 B V  2a3 C V  a3 D V  a3 3 Câu 15: Cho hàm số f  x có đồ thị hình vẽ Tìm khoảng đồng biến hàm số A  3;� B  �;1  0;� C  �;2  0;� D (-2;0) Câu 16: Một tổ có nam nữ Chọn ngẫu nhiên người Tính xác suất cho hai người chọn có nữ A 15 B 15 C D 15 Câu 17: Cho hai số thực a, b với a  0, a �1, b �0 Khẳng định sau sai? A loga3 b  C loga b loga a2  B loga b2  loga b D loga b 2 log ab Câu 18: Đồ thị hàm số sau có điểm cực trị?   A y  x3  6x2  9x  B y  x2  C y  2x4  4x2  D y   x4  3x2  Câu 19: Cho hàm số f  x có đạo hàm f ' x  x2  x  1  x  2 Hàm số f  x có điểm cực trị? A B C  D  3 Câu 20: Cho loga b  2;loga c  Tính giá trị biểu thức P  loga ab c A P = 251 B P = 21 C P = 22 D P = 252 Câu 21: Hàm số sau nghịch biến R? A y   x4  2x2  B y sinx C y  x x1 D y   x3  2x Câu 22: Trong hộp có cầu đỏ cầu xanh kích thước giống Lấy ngẫu nhiên cầu từ hộp Hỏi có cách lấy số cầu xanh nhiều số cầu đỏ? A 3360 B 3480 C 246 D 245 Câu 23: Gọi M, m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  x  � � Tính � ;3� � x � 3M  2m A 3M  2m 16 B 3M  2m 15  C 3M  2m 14  Câu 24: Tìm nghiệm phương trình  A x  B x   2x1 D 3M  2m 12  2 C x  1 D x   Câu 25: Gọi x1, x2 nghiệm phương trình 7x2  5x  343 Tính x1  x2 A x1  x2 = B x1  x2 = C x1  x2 = D x1  x2 = Câu 26: Thiết diện qua trục hình nón tròn xoay tam giác cạnh 2a Tính thể tích V khối nón A V  a3 B V  a3 3 C V  a3 24 D V  3a3 Câu 27: Cho hàm số y  ax4  bx2  c có đồ thị hình vẽ Mệnh đề sau đúng? A a  0, b  0,c  B a  0, b  0,c  C a  0, b  0,c  D a  0, b  0,c  Câu 28: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cạnh 2a Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp cho A R  a B R  a C R  a D R  a 2 Câu 29: Cho lăng trụ tam giác đều, có độ dài tất cạnh Tính thể tích V khối lăng trụ A V  B V  3 C V  D V  27 4 Câu 30: Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  x3  3x2  biết song song với đường thẳng y  9x  A y  9x  26; y  9x  B y  9x  26 C y  9x  26; y  9x  D y  9x  26 Câu 31: Cho lăng trụ ABC.A' B'C ' có đáy tam giác vuông A, AB  a, AC  a Biết góc mặt phẳng  A' BC  mặt phẳng (ABC) 600 hình chiếu vng góc A’ (ABC) trung điểm H AB Tính thể tích V khối lăng trụ A V  a3 B V  a3 C V  a3 D V  a3 2 Câu 32: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, ABC  600, SA  SB  SC  a Tính thể tích V khối chóp cho A V  a3 B V  a3 C V  a3 D V  a3 Câu 33: Có số nguyên dương m cho đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số y  2x  x hai điểm phân biệt A, B AB �4? A B C D Câu 34: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cân A, biết AB = a; SA = SB = a mặt phẳng (SBC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Tính SC biết bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC a A SC  a B SC  a C SC = a D SC  a 2 4x  Câu 35: Đồ thị hàm số y  có đường tiệm cận? x  2x  A B C D Câu 36: Cho hàm số f  x  x3   2m 1 x2   2 m x  Tìm tất cá giá trị thực tham số m để hàm số y  f  x  có cực trị A 2  m B   m C �m�2 D  m Câu 37: Cho hình trụ có bán kính đáy a Cắt hình trụ mặt phẳng, song song với trụ hình trụ cách trục hình trụ khoảng a ta thiết diện hình vng Tính thể tích V khối trụ cho A V  a3 B V  2a3 C V  2a3 D V  a3 Câu 38: Cho tập hợp X gồm số tự nhiên có chữ số khác có dạng abcdef Từ tập X lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số lấy số lẻ thõa mãn a  b  c  d  e  f A 29 68040 B 2430 C 31 68040 D 33 68040 Câu 39: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O cạnh a SO vng góc với mặt phẳng (ABCD) SO  a Tính khoảng cách d SC AB A d  a B d  a 5 C d  a D d  Câu 40: Tìm tất giá trị khác tham số m để hàm số y  B m�2 A m < -2 5 x  5 x  m C 2  m�1 2a đồng biến  �;0 D -2 < m < Câu 41: Tìm tất giá trị tham số m để phương trình  m 3 9x   2m 1 3x  m  có hai nghiệm trái dấu B 3  m  A -3 < m < -1 C 1 m  Câu 42: Tìm tất cá giá trị thực tham số m để hàm số y  B 1�m�1 A < m < D m�3 x  2mx2  4x  đồng biến � C �m�1 D –1 < m < Câu 43: Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x3  3x2   m có ba nghiệm phân biệt A < m < B < m < C -2 < m < D -2 < m < 121 Câu 44: Đặt a  log711, b  log2 Hãy biểu diễn log3 theo a b A log3 121  6a  b 121  6a  B log3 b 121  6a  9b C log3 121  a D, log3 b x�(0;1) Câu 45: Tìm tất giá trị tham số m để phương trình log2 x  log2 x  m có nghiệm B m� A m�0 C m�1 D m� Câu 46: Cho hàm số y  f  x có bảng xét dấu đạo hàm sau: x � -1 +� f ' x + - + + - Hàm số y  3f  x  3  x3  12x nghịch biến khoảng đây? A (-1;0) B (0;2) C  �;1 D  2;� Câu 47: Giả sử hàm số y  f  x có đạo hàm hàm số y  f ' x có đồ thị cho hình vẽ ff 0   1  ff 2   4  f  3 Tìm giá trị nhỏ m hàm số A m f  4 B m f  0 C m f  2 y  f  x [0;4] D m f  1 Câu 48: Cho hai vị trí A, B cách 615m, nằm phía bờ song hình vẽ Khoảng cách từ A từ B đến bờ song 118m 487m Một người từ A đến bờ song lấy nước mang B Tính đoạn đường ngắn mà người A 779,8 m B 671,4 m C 741,2 m D 596,5m x y  x(x  3)  y(y  3)  xy Tìm giá trị Câu 49: Xét số thực dương x, y thỏa mãn log 2 x  y  xy  lớn biểu thức P  A max P  3x  2y  x  y B maxP  C maxP  D maxP  Câu 50: Cho lăng trụ ABC.A' B'C ' tích Gọi M, N hai điểm nằm cạnh AA',BB' cho M trung điểm AA' BN  NB' Đường thẳng CM cắt đường thẳng C ' A' P, đường thẳng CN cắt đường thẳng C ' B' Q Tính thể tích V khối đa diện A' MPB'NQ A V  13 18 B V  23 C V  D V  18 MA TRẬN Cấp độ câu hỏi STT Chuyên đề Đơn vị kiến thức Đồ thị, BBT Cực trị Đơn điệu Hàm số Tương giao Min - max Tiệm cận Bài toán thực tế Hàm số mũ - logarit Biểu thức mũ logarit 10 Mũ logarit 11 12 13 14 15 Nguyên hàm – Tích phân 20 C15 C27 C30 C46 Phương trình, bất phương trình mũ logarit C36 C3 C21 C40 C42 C33 C43 C47 C35 C17 C8 Tổng C18 C19 C13 C23 C4 Vận dụng cao C48 C49 C20 C44 C7 C24 C41 C45 C25 Nguyên hàm Tích phân Ứng dụng tích phân Bài tốn thực tế Dạng hình học Số phức 18 19 C2 Vận dụng Bài toán thực tế 16 17 Nhận Thông biết hiểu Dạng đại số PT phức Hình Oxyz Đường thẳng Mặt phẳng 21 Mặt cầu 22 Bài toán tọa điểm, vecto C6 23 Bài tốn min, max 24 Thể tích, tỉ số thể tích C9 C14 C29 25 Khoảng cách, góc C11 26 Khối nón C26 C37 27 28 29 30 HHKG Khối tròn xoay Tổ hợp – xác suất 31 CSC CSN 32 PT - BPT Khối trụ C5 Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện C28 Tổ hợp – chỉnh hợp C10 Xác suất C16 C22 Xác định thành phần CSC - CSN C31 C32 C39 C34 2 C38 C1 Bài toán tham số C50 C12 NHẬN XÉT ĐỀ Mức độ đề thi: KHÁ Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan Kiến thức tập trung chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 12% Khơng có câu hỏi thuộc kiến thức lớp 10 Cấu trúc tương tự đề thi minh họa năm 2018-2019 18 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh câu VDC Chủ yếu câu hỏi mức thông hiểu vận dụng Đề thi phân loại học sinh mức 10 Vì ABCD hình thoi nên AB = BC mà �ABC  600 nên ABC tam giác cạnh a Gọi H trọng tâm tam giác ABC, O giao điểm hai đường chéo hình thoi Vì SA = SB = SC nên S thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay chân đường cao hạ từ S xuống (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp H tam giác ABC Hay SH  ( ABC) � SH  ( ABCD) + Vì ABC cạnh a tâm H nên AC  a; BO  a 2a a ; BH  BO   3 + Vì SH  ( ABCD) � SH  BD 2 + Xét tam giác BHD vng H có SH  SB  BH  + Diện tích hình thoi ABCD  a 2 2 �a � a � �3 � � � � 1 a a2 AC.BD  AC.2BO  a.2  2 2 1 a a2 a3 Thể tích VS.ABCD  SH.SABCD   3 Câu 33: Chọn A Phương pháp: - Xét phương trình hồnh độ giao điểm - Đưa điều kiện toán điều kiện tương đương phươn trình hồnh độ vừa xét Cách giải: TXĐ: D  �\ {1} Xét phương trình hồnh độ giao điểm: 2x   x  m� 2x  1  x  1  x  m � x2  (m 1)x  m 1 (1) x Đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số điểm phân biệt � phương trình (1) có hai nghiệm phân 24 biệt khác -1 �� m 3 � �   (m 1)2  4(m 1)  m2  6m  �� m 3 � �� � �� �� m   m 3 � (1)2  (m 1).(1)  m �0 � � �0 � Gọi tọa độ giao điểm A x1; x1  m , B x2; x2  m với x1, x2 nghiệm (1) Khi AB2 �2 x � 2x1 AB AB2 16 2 x2 x1 16 �  x2  x1 �8 �  x2  x1  4x1x2 �8 � (1 m)2  4(m 1) �8 � m2 6m 3 �0 � m2  6m 11�0 � 3 �m�3 � � m 3 3  m 3 Kết hợp với � ta � m 3 3 �m�3 � � Mà m nguyên dương nên m = Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 34: Chọn B Phương pháp: + Gọi H trung điểm BC Ta chứng minh AH  (ABC) AH trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC + Suy tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S ABC giao AH đường trung trực cạnh AB + Chỉ tam giác SBC vng S từ tính SC theo định lý Pytago Cách giải: Lấy H trung điểm BC suy AH  BC (do tam giác ABC cân A) 25 �  SBC   (ABC) Lại có � nên AH  (SBC) H (SBC) �( ABC)  BC � Từ đề ta có AS = AB = AC nên A thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC , lại có AH  (S BC) H nên H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC � HB  HS  HC hay HS  BC nên tam giác SBC vuông S Gọi M trung điểm AB, kẻ đường trung trực AB cắt AH O Khi ta có OA = OB = OC = OS hay O tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABC � OA  R  a + Ta có OMA đồng dạng với a OA MA a a BHA g  g �  �  � HA  AB HA a HA 2 + Xét tam giác vng AHC có HC  AC2  AH  a2  a  a � BC  2HC  a + Xét tam giác SBC vng S(cmt) có SC  BC2  SB2  3a2  a2  a Câu 35: Chọn B Phương pháp: Thu gọn hàm số tìm đường tiệm cận đồ thị hàm số Cách giải: 4 x  1 4x  4   Ta có: y  2 x1 x  2x   x  1 TXĐ: D  �\  1 Do đồ thị hàm số có đường TCĐ: x  1 TCN: y = Vậy đồ thị hàm số cho có hai đường tiệm cận Câu 36: Chọn D Phương pháp: Sử dụng tính chất đồ thị hàm đa thức bậc ba cắt trục tung đồ hàm số y  f  x  nhận trục tung làm trục đối xứng để suy x  cực trị hàm y  f  x  Lập luận để suy hàm f  x có hai điểm cực trị dương phân biệt hàm số y  f  x  có điểm cực trị phân biệt Cách giải: Nhận thấy x0 điểm cực trị hàm số y  f  x  điểm cực trị hàm số y  f  x  (1) 26 Lại thấy đồ thị hàm số y  f  x  nhận trục Oy làm trục đối xứng mà f  x hàm đa thứ bậc ba nên x  điểm cực trị hàm số y  f  x  (2) Từ (1) (2) suy để hàm số y  f  x  có điểm cực trị hàm số f  x  x3  (2m 1)x2  (2  m)x  có hai điểm cực trị dương phân biệt Hay phương trình f '(x)  3x2  2(2m 1)x   m có hai nghiệm phân biệt dương �� m 1 �� �� m 2 � � (2m 1)  3(2 m)  4m  m  �� ' � � � � � �2m � � � �S  � � 0 � �m � �m �  m �P  � � � �  m m m � � � � � � � � � Chú ý : Các em sử dụng đạo hàm hàm hợp  f(u) '  u'.f' u  x ' x x để sauy f  x  '  ' x  từ x x   hàm số y  f  x  có cực trị phương trình f ' x   có nghiệm phân biệt Do phương trinh f ' x  có hai nghiệm dương phân biệt Câu 37: Chọn C Phương pháp: Tính chiều cao hình trụ tính thể tích theo cơng thức V  R2h Cách giải: a Gọi O, O' tâm đáy, thiết diện hình vng DGEF d OO',(DGEF )  OH  Tam giác OEH vuông H nên HE  OE2  OH2  2a2  a2 a  � OO'  GD  GE  2HE  a   Vậy thể tích V  R2h   a 2.a  2a Câu 38: Chọn C Phương pháp: 27 Tính xác suất theo định nghĩa P( A)  n( A) với n(A) số phần tử biến cố A, n   la số phân tử n   không gian mẫu + Chú ý rằng: Nếu số lấy có chữ số đứng trước nhỏ chữ số đứng sau khơng thể có số số Cách giải: + Số có chữ số khác abcdef với a, b,c, d,e, f � 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 Nên a có cách chọn, b có cách chọn, c có cách chọn, d có cách chọn, e có cách chọn f có cách chọn.Suy số phần tử không gian mẫu n    9.9.8.7.6.5  136080 + Gọi A biến cố abcdef số lẻ a  b  c  d  e  f Suy có chữ số số abcdef f � 7;9 + Nếu f  � a, b,c,d,e� 1;2;3;4;5;6 mà với số lấy ta ó cách xếp theo thứ tự tăng dần nên lập C65  số thỏa mãn + Nếu f  � a, b, c, d,e� 1;2;3;4;5;6;7;8 mà với số lấy ta ó cách xếp theo thứ tự tăng dần nên lập C85  56 số thỏa mãn Suy n A   56  62 nên xác suất cần tìm P( A)  n( A) 62 31   n   136080 68040 Câu 39: Chọn D Phương pháp: Sử dụng lý thuyết d a, b  d a,(P)  d M,(P) với a, b đường thẳng chéo nhau, (P) mặt phẳng chứa chứa b song song với a, M điểm thuộc a Cách giải: Gọi M, E trung điểm AB, CD F, G hinh chiếu O, M lên SE �AB / /CD �(SCD) � d AB, SC   d AB,(SCD) Ta thấy: � �SC �(SCD) 28  d M,(SCD)  2d O,(SCD) Dễ thấy CD  (SME) � CD  OF Mà OF  SE � OF  (SCD) � d O,(SCD)  OF Xét tam giác SOE vng O có SO.OE OF   SE SOOE SO2OE2  a a 2a2  a2  Vậy d M,(SCD)  2d O,(SCD)  2OF  a 2a Chú ý giải: Nhiều em tính d O,(SCD)  a mà quên không nhân chọn C sai Câu 40: Chọn C Phương pháp: ad  bc  �y'  � at  b � � � � d Biến đổi đặt  t(t  0) sử dụng hàm số y  đồng biến K � � d �K �K ct  d � � �c �c x Cách giải: ĐK: 5 x �m 2 x 2.5x    Ta có: y   x  m  m  m5x  5x x 2 x Đặt  t(t  0) � y  Để hàm số y  2t  � � t� � Với x� �;0 � t �(0;1)  mt  1� � m� 5 x  x m đồng biến  �;0 hàm số y  2t  đồng biến (0;1)  mt  2 m � 2 m � � m 2 � y'  0 � ��1 �0 2  m�0 � � (mt  1)2 � �� � �� �� � 2  m�1 m�0 � � � m �m�1 � � �1 �(0;1) ��1 � �m�1 � � � �� �1 �m � m �� Câu 41: Chọn C Phương pháp: 29 - Đặt t  3x  đưa phương trình ẩn t, Đưa điều kiện cho điều kiện tương đương phương trình ẩn t - Từ tìm m kết luận Cách giải: Đặt t  3x  ta được:  m 3 t2  (2m 1)t  m 1 (1) Phương trình cho có hai nghiệm trái dấu (giả sử x1   x2) � (1) có hai nghiệm dương phân biệt thỏa Mãn  t 1 3x1  1 3x2  t2, nghĩa  t1  1 t2 2m � t1  t2   � � m Áp dụng định lý Vi-ét ta có: � m � tt  �1 m � � m�3 � m �0 � 11 � m�3 � m  � � � 20   (2m 1)2  4(m 3)(m 1)  � 20m 11 � � � � �m 2m �� �� t1t 2  t1  t2   1 � �   1  t1  1  t2  1  � � �m m t1t2  t1t2  � � �m � � �m  t  t  t  t  �1 �1 � 2m �  0 � m � � � � � m�3 m�3 � � � 11 11 � m  m  � � 20 20 � � 3 �4m � �� 0 � � 3  m  � 1 m  4 �m � �m �� m 3 �m  �� m  � �� 2m �  0 � 3  m � � � m � Câu 42: Chọn B Phương pháp: a � Hàm số y  ax3  bx2  cx  d  a �0 đồng biến �� y'  3ax  2bx  c �0;x��� �  �0 � 30 Cách giải: Ta có: y'  x2  4mx  y' 0; x�� � Để hàm số đồng biến �۳��� a  1 � � �  '  (2m)2  �0 � m Câu 43: Chọn D Phương pháp: - Chuyển vế đưa dạng m f  x , sử dụng phương pháp hàm số xét y  f  x - Phương trình có ba nghiệm phân biệt � đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y  f  x ba điểm phân biệt Cách giải: Ta có: x3  3x2   m � m x3  3x22 x � Xét hàm f  x  x3  3x2  có f ' x  3x  6x  � � x � Phương trình có ba nghiệm phân biệt � đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y  f  x ba điểm phân biệt Bảng biến thiên: x � f ' x0  0 f  x -� +� +� -2 Quan sát bảng biến thiên ta thấy, với -2 < m < đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y  f  x ba điểm phân biệt hay phương trình cho có ba nghiệm phân biệt Vậy -2 < m < giá trị cần tìm Câu 44: Chọn B Phương pháp: Sử dụng công thức: loga log b  loga b loga c c a b  loga b  loga b   loga b; loga b    a, b �1 log ba Cách giải: 31 Ta có: log3 121  log3 121 log3  log 112  log 23 73 73  6log711 9log7  6log711 9  6a  log2 b Câu 45: Chọn B Phương pháp: - Đặt t  log2 x, tìm điều kiện t từ điều kiện x - Đưa điều kiện toán điều kiện phương trình ẩn t tìm m Cách giải: Đặt t  log2 x, ,  x  nên t < hay t � �;0 Phương trình trở thành t2  t  m � m t2  t Xét hàm f  t  t2  t  �;0 Đồ thị hàm số y  f  t parabol có hồnh độ đỉnh t   � �;0 Bảng biến thiên: t f  t �  �  Quan sát bảng biến thiên ta thấy, m� đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số cho điểm thuộc  �;0 Do phương trình có nghiệm thuộc (0;1) Vậy m� giá trị cần tìm Câu 46: Chọn B Phương pháp: Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp  f  u  '  u' f ' u Đặt x   t, ta tính y' theo t Nhận xét y'  K hàm số y nghịch biến K 32 Dựa vào bảng xét dấu f ' x suy dấu f '(t) điều kiện t Thay trở lại cách đặt ta tìm x Cách giải: Ta có: y'  f ' x  3  3x2  12 Đặt t  x  3� x  t  ta có y'  3f ' t  3 t  3  12  3f ' t  3t2  18t  15 Để hàm số nghịch biến y'  � f ' t  3t 218t  15  � f ' t  t2  6t  � �f '(t)  Ta chọn t cho �2 t  6t   � 1 x  1 t  � � Từ bảng xét dấu hàm f '(x) ta thấy f '(x)  � � nên f '(t)  � � x t � � � �1 t  � � � t 1  t  � �f '(t)  �� �� �� Khi đó: �2 t t t  6t   �� � � � �� �t  1  t  � 1 x   � 4  x  2 � �� �� Mà t  x  nên � t x  3 x � � � Vậy hàm số y  3f  x  3  x3  12x nghịch biến (-4;2)  2;� Câu 47: Chọn A Phương pháp: Lập bảng biến thiên hàm số y  f  x đoạn [0;4], từ tìm giá trị nhỏ hàm số đoạn [0;4] Cách giải: Quan sát đồ thị hàm số y  f ' x ta thấy: +) Trên khoảng (0;2) f '(x)  +) Trên khoảng (2;4) f ' x  Ta có bảng biến thiên: x f '(x) f  x + + - - f  2 33 f  1 f  3 f  0 f  4 Từ bảng biến thiên ta thấy GTNN hàm số đạt f  0 f  4 Ta so sánh f  0 f  4 sau: ff 0  � �ff 2   1  ff 2   4  ff 3 �  0  ff 4   2  ff 1   3  1 � � � �ff 2   3 � � (do ff 2   1 , ff 2   3 ) Do ff 0   4  � ff 0   4 Vậy m f  4 Câu 48: Chọn A Phương pháp: Lấy A’ đối xứng với A qua bờ sông, nối A’B cắt bờ sơng M ta có AM + MB = A’B quãng đường ngắn mà người Sử dụng định lý Pytago định lý Ta-lét để tính tốn Cách giải: Gọi H, K hình chiếu A, B bờ sông, lấy A’ đối xứng với A qua bờ HK Nối A’B cắt bờ HK M Suy AM = A’M Ta có AM + MB = A' M  MB �A' B nên quãng đường ngắn người AM  MB  A' B Kẻ AC  BK C � AHKC hình chữ nhật có CK  AH  118m� CB  BK  CK  487 118  369m Tam giác CAB vuông C � AC  AB2  BC2  6152  3692  492 � HK  AC  492m Ta có HA'/ / BK � HM A' M A' H 118    MK MB BK 487 34 � HM 118 HM 118 118 HM 118  �   �  MK 487 HM  MK 118 487 605 HK 605 � HM 118 58056  � HM  492 605 605 58056 � Xét tam giác HMA' có MA'  HM  HA'2  � � 605 �  118 �152,093 � � Tù đó: A' M 118 A' M 118 A' M 118 A' M.605  �  �  � A' B  �779,8m MB 487 A' M  MB 118 487 A' B 05 118 Câu 49: Chọn A Phương pháp: - Biến đổi điều kiện cho dạng fu  fv với u, v biểu thức x, y - Xét hàm f (t) suy mối quan hệ u, v suy x, y - Đánh giá P theo biến t  x  y cách sử dụng phương pháp hàm số Cách giải: Điều kiện : x y x  y2  xy   x y log  x(x  3)  y(y  3)  xy x  y2  xy    � log 3(x  y)  log x2  y2  xy  x2  y2  xy 3(x  y)   � log  x  y  3 x  y  log x2  y2  xy   x2  y2  xy     2 2 � log � 3 x  y � � � 3 x  y  log  x  y  xy  2  x  y  xy � log  x  y  3 x  y   log x2  y2  xy  x2  y2  xy  1 0,t  Xét hàm số f  t  log t  t, t  có f '(t)  t ln Vậy hàm số f  t đồng biến liên tục khoảng  0;�   2 2 Do đó: f  3 x  y   f x  y  xy � 3 x  y  x  y  xy (1) � xy   x  y  3 x  y  2 �x  y  1� Ta có: x  x  xy  xy  x(y 1)  xy �� �  xy � � 35 Dấu “=” xảy x  y Do từ (1), suy ra: x  y  1  x�   x  y  3 x  y  Đặt t  x  y,t  Suy ra: P 2 x  y  1 x Ta có: f '(t)  x  y t  1  2t  1  t2  3t  3t2  36t  135 4 t  6 t �  3t2  22t   f  t 4(t  6)  � t  3(tm0 Bảng biến thiên: t � f ' t + - f  t �x  y  �x  �� Dựa vào BBT, ta có max P  max f  t  f  3  1� �  0;� �x  y  �y  Chú ý giải : Cách 2: (Trắc nghiệm) Ta có: P  2 x  11 x  y Trong (1) coi y ẩn, x tham số Ta có: y2   x  3 y x2  3x   có nghiệm   �  4�x 3x  x 3 �� 3 3 x 3 3 x 11 Vậy P < nên phương án Pmax  x  2, y  Cách 3: (Trắc nghiệm) Ta có: P  3 y  17  với x, y x  y + Nếu P = 3x  2y   � x  11 Thay vào   ta được: y2  3y  90  (vô lý) x  y + Nếu P = 3x  2y   1� 2x  y  � y  5 2x Thay vào (1), ta được: x  y 36 3 x  5 2x  x2   5 2x  x 5 2x  � 3x2  12x  12  � x  � y  Vậy Pmax  Câu 50: Chọn B Phương pháp: Phân chia khối hộp để tính thể tích VC.ABNM � VCC 'B'NMA' Tính thể tích khối chóp VC.C ' A' B' � VC.C ' PQ Tính VA' MPB'NQ  VC.C 'PQ  VCC 'B'NMA' với h chiều cao hình chóp S diện tích đáy Sử dụng cơng thức tính thể tích khối chóp V  hS Cơng thức tính thể tích lăng trụ V = h.S với h chiều cao hìnhlăng trụ S diện tích đáy Cách giải: 1 Ta có VC.A' B'C'  d C,(A' B'C ') SA' B'C '  VABC.A' B'C '  3 Suy VC.ABB' A'  VABC.A' B'C '  VC.A' B'C '  2  3 Ta thấy ABNM hình thang nên �AA' BB' �  d BB',AA' AM  BN  d  BN ; AM  �  � � � SABNM   2 37 �AA' BB' � d BB',AA' �2  � � �  AA'.d BB',AA' 12 Mà SABB' A'  AA'.d AA ', BB ' � SABNM  SABB' A' 12 1 � VC.ABNM  d  C,(ABNM ) SABCNM  d  C,(ABB' A ') SABB' A' 3 12  5 d C,( ABB' A') SABB' A'  VCABB' A' 12 12 Mà VC.ABB' A'  5 (cmt) � VC.ABNM   12 Suy VCC ' B'NMA'  VABC.A' B'C'  VC.ABNM   Ta có A' M / /CC ' � Và B'N / /CC ' � Mà SA' B'C '  13  9 PA' A' M 1   � PA'  PC '  A'C ' � PC '  2A'C ' PC ' CC ' 2 B'N QB'   � QC '  3B'C ' CC ' QC ' C ' A'.C ' B'sinC ' 1 �1 � � SC ' PQ  C ' P.C 'Q.sinC '  2.A'C '.3B'C 'sinC  6.� A 'C '.B'C 'sinC � 6SA' B'C ' 2 �2 � 1 Ta có: VC.C ' PQ  d C;(A' B'C ') SC ' PQ  d C;( A'B'C') 6SC ' A' B'  6.VC.A' B'C '   3 Từ VA' MPB'NQ  VC.C ' PQ  VCC ' B'NMA'  4 13 23  9 38 ... 9-C 10 -B 11 -B 12 -D 13 -B 14 -A 15 -C 16 -B 17 -D 18 -C 19 -B 20-C 2 1- D 22-C 23-C 24-A 25-C 26-B 27-C 28-C 29-A 30-B 3 1- B 32-A 33-A 34-B 35-B 36-D 37-C 38-C 39-D 40-C 4 1- C 42-B 43-D 44-B 45-B 46-D 47-A... họa năm 2 01 8-2 019 18 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh câu VDC Chủ yếu câu hỏi mức thông hiểu vận dụng Đề thi phân loại học sinh mức 10 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1- C 2-B 3-D 4-D 5-C 6-C 7-B 8-D 9-C... giải: 10 10 k k 10 10  k k k k 10  k 10  k ( 1) k  �C10 x  1 Ta có  2x  1  �C10  2x Số hạng chứa x8 khai triển ứng với 10  k  � k  2 10  Nên hệ số số hạng chứa x8 C10  1 2 11 520
- Xem thêm -

Xem thêm: 74 đề thi thử THPT QG môn toán THPT trần nguyên hãn hải phòng lần 1 năm 2019 có lời giải chi tiết , 74 đề thi thử THPT QG môn toán THPT trần nguyên hãn hải phòng lần 1 năm 2019 có lời giải chi tiết

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn