Đề thi thử THPT QG 2019 môn toán file word có ma trận lời giải chi tiết

44 3 0
  • Loading ...
1/44 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 16/03/2019, 09:43

đề thi thử THPT quốc gia 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH MÃ ĐỀ 304 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN – MƠN TỐN NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian làm bài: 90 phút Câu (NB): Hình hộp chữ nhật đứng đáy hình thoi có mặt phẳng đối xứng? A B C D Câu (TH): Trong giới hạn sau đây, giới hạn có giá trị +∞ ? A lim 2n + − 2n B lim ( n − 4n + 1) n +1 C lim + 2n + 3n Câu (VD): Tìm tất giá trị tham số m để phương trình biệt A m ∈ −∞; −2 ] ( B m ∉ −2; [ ] D lim 3n + n 4n − x + 3x − = m C m ∈  2; +∞ )  có hai nghiệm phân D m ∈ −2; { } Câu (TH): Trên đồ thị (C): y = x + có điểm M mà tiếp tuyến với (C) M song song với x+2 đường thẳng d: x + y = A B C D Câu (TH): Xác định hệ số a, b, c để đồ thị hàm số y = ax − có bx + c đồ thị hàm số hình vẽ bên: A a = 2, b = 2, c = −1 B a = 2, b = −1, c = C a = 2, b = 1, c = D a = 2, b = 1, c = −1 Câu (TH): Cho hàm số y = f (x) có f '(x) > 0∀ x ∈ R Tìm tập hợp tất giá trị thực x để 1 f  ÷ < f ( 1) x A −∞; ∪ 0;1 ( ) ( ) B −∞;0 ∪ 1; +∞ ( ) ( ) C −∞;1 ( ) D (0;1) Câu (TH): Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm y ' = x (x − 2) Mệnh đề sau đúng? A Hàm số nghịch biến R B Hàm số đồng biến (0; 2) C Hàm số nghịch biến (−∞; 0) (2; +∞) D Hàm số đồng biến (2; +∞) Câu (TH): Cho cấp số nhân (u ) có u = biểu thức 20u − 10u + u đạt giá trị nhỏ Tìm số n 1 hạng thứ bảy cấp số nhân (u n ) ? A 2000000 B 136250 C 39062 D 31250 Câu (VD): Trong khơng gian Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) qua điểm B(2;1; −3) đồng thời vng góc với hai mặt phẳng (Q): x + y + 3z = , (R): 2x − y + z = là: A 4x + 5y − 3z + 22 = B 4x − 5y − 3z − 12 = C 2x + y − 3z − 14 = D 4x + 5y − 3z − 22 = Trang 1/5 Câu 10 (NB): Đạo hàm hàm số y = ln ( − 3x ) là: 2x 6x −6x A B C D 2 3x − 5 − 3x 3x − 3x − a = log b = log log Câu 11 (TH): Đặt theo a, b là: Biểu diễn ab a+b A B a + b C D a+b a+b ab Câu 12 (TH): Cho hai góc nhọn a b thỏa mãn tana= tanb= Tính a + b π 2π π π A B C D 3 Câu 13 (TH): Một hình lăng trụ tam giác có mặt phẳng đối xứng? A B C D Câu 14 (NB): Công thức sau sai: dx A x 3dx = x + C B C sin xdx = − cos x + C D dx = ln x + C = cot x + C ∫ ∫ ∫ ∫x sin x Câu 15 (TH): Cho hình chóp SABCD, có đáy ABCD hình vng tâm O, cạnh bên vng góc với mặt đáy Gọi M trung điểm SA, N hình chiếu vng góc A lên SO Mệnh đề sau đúng? A AC ⊥ (SBD) B DN ⊥ (SAB) C AN ⊥ (SOD) D AM ⊥ (SBC) Câu 16 (TH): Gọi A, B giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn hàm số y = đoạn [ 3; 4] Tìm tất giá trị thực tham số m để A + B = 19 x + m + 2m x−2 A m = 1; m = −3 B m = −1; m = C m = ±3 D m = −4 Câu 17 (TH): Trong mệnh đề sau đây, mệnh đề đúng? A Ba đường thẳng cắt đôi không nằm mặt phẳng đồng quy B Một đường thẳng cắt hai đường thẳng cho trước ba đường thẳng nằm mặt phẳng C Ba đường thẳng cắt đơi nằm mặt phẳng D Một đường thẳng cắt hai đường thẳng cho trước ba đường thẳng nằm mặt phẳng Câu 18 (TH): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(−2; 4) B(8; 4) Tìm tọa độ điểm C trục Ox, có hồnh độ dương cho tam giác ABC vuông C A C(3;0) B C(1;0) C C(5;0) D C(6;0) 16 3  Câu 19 (TH): Giá trị lớn hàm số y = x + đoạn  ;  bằng: x 2  155 A 24 B 20 C 12 D 12 Câu 20 (TH): Cắt khối trụ mặt phẳng qua trục ta thiết diện hình chữ nhật ABCD có AB CD thuộc hai đáy hình trụ, AB = 4a; AC = 5a Tính thể tích khối trụ: A V = 8πa B V = 16πa C V = 12πa D V = 4πa Câu 21 (TH): Cho hàm số y = log x Mệnh đề mệnh đề sai? A Hàm số cho nghịch biến khoảng xác định B Đồ thị hàm số cho khơng có tiệm cận ngang C Đồ thị hàm số cho có tiệm cận đứng trục tung D Hàm số cho có tập xác định D = R \ { 0} Trang 2/27 12 1  Câu 22 (VD): Cho x số thực dương, khai triển nhị thức  x + ÷ ta có hệ số số hạng chứa x m x  792 Giá trị m là: A m = m = B m = m = C m = D m = x +1 Câu 23 (VD): Tìm tập nghiệm S phương trình = A S = { 4} B S = { 1} C S = { 3} D S = { 2} Câu 24 (VD): Cho tứ diện ABCD có (ACD) ⊥ (BCD), AC = AD = BC = BD = a, CD = 2x Giá trị x để hai mặt phẳng (ABC) (ABD) vuông góc với là: a a a a A B C D 3 a , ∆SAC vuông S nằm Câu 25 (VD): Cho khối chóp SABCD có đáy hình vng cạnh mặt phẳng vng góc với đáy, cạnh bên SA tạo với đáy góc 60° Tính thể tích V khối chóp SABCD a3 a3 a3 a3 A V = B V = C V = D V = 24 12 24 24 Câu 26 (NB): Nguyên hàm hàm số f (x) = 4x + x − là: D x − x − x + C Câu 27 (VD): Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp khoảng K x ∈ K Mệnh đề sau đúng? A Nếu f ''(x ) = x điểm cực trị hàm số y = f (x) A x + x + x + C B 12x + + C C x + x − x + C B Nếu x điểm cực trị hàm số y = f (x) f ''(x ) ≠ C Nếu x điểm cực trị hàm số y = f (x) f '(x ) = D Nếu x điểm cực trị hàm số y = f (x) f ''(x ) > Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm hàm số f (x) = x ( ln x + ) B f (x) dx = −1 + C +C ∫ ln x + ln x + x C f (x) dx = D ∫ f (x) dx = ln x + + C +C ∫ ln x + 2 Câu 29 (VD): Tính tích tất nghiệm phương trình 22x +5x + = 5 A B C − D -1 2 Câu 30 (NB): Cho hai góc lượng giác a b Trong khẳng định sau, khẳng định khẳng định sai? A sin(a + b) = sinacosb + cos asinb B sin(a − b) = sinacosb + cos asinb C co s(a + b) = cos acosb − sin asinb D co s(a − b) = cos acosb + sin asinb r r Câu 31 (VD): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho a = (1; −2;3) b = (2; −1; −1) Khẳng định sau đúng? r r r r A Vecto a khơng vng góc với b B Vecto a phương với b r r r C a = 14 D a, b  = (−5; −7; −3)   Câu 32 (VDC): Cho hình chóp S.ABCD có SC = x(0 < x < a 3) , cạnh lại a Biết A f (x) dx = ∫ thể tích khối chóp S.ABCD lớn x = a m (m, n ∈ N*) Mệnh đề sau đúng? n Trang 3/27 A m + 2n = 10 B 2m − 3n < 15 C m − n = 30 D 4m − n = −20 Câu 33 (VDC): Có giá trị nguyên tham số m để hàm số: y = x + (m + 1)x − (m − 1)x + đạt cực tiểu x = ? A Vô số B C D Câu 34 (VD): Có giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn [ −2018; 2018] để phương trình ( x +2− ) x +1 + A 25 ( ) 18 x + x2 +1 x + + x +1 B 2019 ( ) = m x + có nghiệm thực? C 2018 ( Câu 35 (VD): Tìm tất giá trị tham số m để phương trình − ) D 2012 x2 ( +m 7+3 ) x2 = 2x −1 có bốn nghiệm phân biệt 1 1 A < m < B ≤ m < C − < m < D − < m ≤ 16 16 2 16 Câu 36 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A ( −3;0;0 ) ; B ( 0;0;3 ) ;C ( 0; −3;0 ) mặt phẳng uuuu r uuur uuur (P): x + y + z − = Tìm (P) điểm M cho MA + MB − MC nhỏ A M ( 3;3; −3) B M ( 3; −3;3) C M ( −3;3;3) D M ( −3; −3;3) Câu 37 (VD): Có giá trị nguyên tham số m để bất phương trình log 2x + < log x + mx + có tập nghiệm R ( ) ( ) A Vô số B C D Câu 38 (VD): Gọi M giá trị lớn hàm số f (x) = x − 6x + 12 + 6x − x − Tính tích nghiệm phương trình f (x) = M A -6 B C -3 D Câu 39 (VD): Gọi F(x) nguyên hàm hàm số f (x) = x − 2x + thỏa mãn F(0) = Khi phương trình F(x) = có số nghiệm thực là: A B C D Câu 40 (VDC): Cho tập hợp A gồm phân tử Có cặp tập khác rỗng không giao tập A? A 9330 B 9586 C 255 D 9841 2 Câu 41 (VD): Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm y ' = x − 3x + m + 5m + Tìm tất giá trị m để hàm số đồng biến (3;5) A m ∈ ( −∞; −3) ∪ ( −2; +∞ ) B m ∈ ( −∞; −3] ∪  −2; +∞ ) C m ∈ [ −3; −2] D Với m ∈ R Câu 42 (VD): Một giải thi đấu bóng đá quốc gia có 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội thi đấu với trận) Sau trận đấu, đội thắng điểm, đội thua điểm, hòa đội điểm Sau giải đấu ban tổ chức thống kê 60 trận hòa Hỏi tổng số điểm tất đội sau giải đấu A 336 B 630 C 360 D 306 Câu 43 (VD): Một hộp sữa hình trụ tích V (khơng dổi) làm từ tơn có diện tích đủ lớn Nếu hộp sữa kín đáy để tốn vật liệu nhất, hệ thức bán kính đáy R đường cao h bằng: A h = 3R B h = 2R C h = 2R D h = R 4x + Câu 44 (VD): Tập hợp tất giá trị tham số m để hàm số y = log 2 2018 x − 2x + m − 6m + 10 ( xác định với x ∈ R là: A ( 2; ) \ { 3} B  2; \ { 3}  C  4; +∞ ) ) D ( −∞; ) ∪ ( 4; +∞ ) Trang 4/27 Câu 45 (VDC): Cho tứ diện ABCD có AD ⊥ (ABC), ABC có tam giác vng B Biết BC = 2a, AB = 2a 3, AD = 6a Quay tam giác ABC ABD (bao gồm điểm bên tam giác) xung quanh đường thẳng AB ta hai khối tròn xoay Thể tích phần chung khối tròn xoay bằng: 3πa 3 3πa 64 3πa 3πa A B C D 2 2 Câu 46 (VDC): Cho hàm số y = f (x) xác định liên tục R, có đạo hàm f '(x) Biết đồ thị hàm số f '(x) hình vẽ Xác định điểm cực đại hàm số g(x) = f (x) + x A Khơng có giá trị B x = C x = D x = Câu 47 Cho hàm số y = f (x) thỏa mãn [ f '(x)] + f (x).f ''(x) = x − 2x∀x ∈ R f (0) = f '(0) = Tính (VDC): giá trị T = f (2) 268 160 268 A B C D 15 15 30 15 Câu 48 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A, D, cạnh bên SA vng góc với mặt đáy Biết AB = 2AD = 2DC = 2a , góc hai mặt phẳng (SAB) (SBC) 60° Độ dài cạnh SA là: A a B 2a C 3a D a 3x + b (ab ≠ −2) Biết a b giá trị thỏa mãn tiếp tuyến Câu 49 (VDC): Cho hàm số y = ax − đồ thị hàm số điểm A(1; −4) song song với đường thẳng d : 7x + y − = Khi giá trị a − 3b bằng: A -2 B C D -1 Câu 50 (VD): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng (P) : x − 2y + z − = 0;(Q) : x − 2y + z + = 0;(R) : x − 2y + z − = Một đường thẳng d thay đổi cắt ba 144 mặt (P), (Q), (R) A, B, C Tìm giá trị nhỏ T = AB + AC2 A 24 B 36 C 72 D 144 Trang 5/27 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.C 11.C 21.A 31.C 41.B 2.B 12.D 22.A 32.A 42.A 3.D 13.C 23.B 33.C 43.D 4.A 14.B 24.B 34.D 44.D 5.D 15.C 25.A 35.A 45.B 6.B 16.A 26.C 36.C 46.D 7.D 17.A 27.C 37.D 47.A 8.D 18.D 28.B 38.B 48.A 9.D 19.B 29.A 39.C 49.A 10.C 20.C 30.B 40.A 50.C Câu 1: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết khối đa diện Cách giải: Có mặt phẳng đối xứng hình vẽ đây: Chọn C Câu 2: Phương pháp: Sử dụng MTCT tính giới hạn đáp án kết luận Cách giải: ⇒ lim 2n + = −∞ − 2n Đáp án A: ( ) ⇒ lim n − 4n + = +∞ Đáp án B: ⇒ lim 3n +1 + 2n =3 + 3n ⇒ lim 3n + n = 4n − Đáp án C: Đáp án D: Chọn B Câu 3: Phương pháp +) Số nghiệm phương trình f (x) = m số giao điểm đồ thị hàm số y = f (x) đường thẳng y=m +) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y = f (x) sau suy giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Trang 6/27 Cách giải: Số nghiệm phương trình x + 3x − = m số giao điểm đồ thị hàm số y = x + 3x − đường thẳng y = m x = Ta có: y ' = 3x + 6x = ⇔  Ta có đồ thị hàm số hình  x = −2 vẽ: Quan sát đồ thị hàm số ta có: đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số m = y = x + 3x − điểm phân biệt ⇔   m = −2 Chọn D Chú ý giải: Để làm nhanh hơn, em vẽ BBT thay cho đồ thị hàm số Câu 4: Phương pháp: Tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = x đồ thị hàm số y = f (x) song song với đường thẳng y = kx + b f '(x ) = k (Lưu ý: Thử lại để loại trường hợp trùng) Cách giải: 2.1 − 1.1 = TXĐ: D = R \ { −2} Ta có: y ' = (x + 2) (x + 2)  x +1  Gọi M  x ; ÷∈ (C) x +   Ta có phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số cho điểm có hồnh độ x = x là: x +1 y' = (x − x ) + (d ') x0 + ( x0 + 2) Để (d ') / /(d) : x + y = ⇔ y = − x − ⇒ ( x0 + 2) = −1 (vô nghiệm) ⇒ Khơng có điểm M thỏa mãn u cầu toán Chọn A Chú ý: Phải đưa phương trình đường thẳng (d) dạng y = kx + b xác định hệ số góc đường thẳng d cho xác, tránh sai lầm cho hệ số góc đường thẳng d tốn Câu 5: Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số để nhận xét đưa công thức đồ thị hàm số, từ suy giá trị a, b, c Cách giải: a Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCN là: y = ⇒ y = = ⇒ loại đáp án A, B b Đồ thị hàm số qua điểm (0;1) ⇒ − = ⇒ c = −1 ⇒ chọn D c Chọn D Câu 6: Phương pháp: Hàm số y = f (x) có f '(x) > 0∀x ∈ R đồng biến R Trang 7/27 Sử dụng khái niệm hàm số đồng biến, với x1 < x ⇒ f (x1 ) < f (x ) Cách giải: Hàm số y = f (x) có f '(x) > 0∀x ∈ R đồng biến R x > 1 1− x 1 0) Sử dụng công thức: log a b = log b a Cách giải: 1 1 = ;log = = Ta có: log = log a log b 1 ab log = = = = log log + log + a + b a b Chọn C Câu 12: Phương pháp: tan a + tanb Sử dụng công thức tan ( a + b ) = − tan a.tanb Cách giải: π Do < a, b < ⇒ < a + b < π + tan a + tanb =1⇔ a + b = π tan(a + b) = = Ta có: − tan a.tanb − Chọn D Câu 13: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết khối đa diện Cách giải: Hình lăng trụ tam giác có mặt phẳng đối xứng hình vẽ bên dưới, đó: +) mặt phẳng tạo cạnh bên trung điểm cạnh đối diện +) mặt phẳng tạo trung điểm cạnh bên ( ) Chọn C Câu 14: Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm Trang 9/27 Cách giải: dx Ta có ∫ = − cot x + C đáp án B sai sin x Chọn B Câu 15: Phương pháp: Sử dụng quan hệ vng góc khơng gian Cách giải: Ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BD Lại có: BD ⊥ AC (do ABCD hình vng) ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ AN Mà AN ⊥ SO(gt) ⇒ AN ⊥ (SBD) ⇒ AN ⊥ (SOD) Chọn C Câu 16: Phương pháp: Hàm phân thức bậc bậc đơn điệu trên khoảng xác định Cách giải: −2.1 − 1.(m + 2m) − m − 2m − −(m + 1) − D = R \ = = < 0∀x ∈ D { } Ta có: y ' = TXĐ: (x − 2) (x − 2) (x − 2) ⇒ y ' < 0∀x ∈ [ 3; 4] ⇒ Hàm số cho nghịch biến [ 3; 4] m + 2m + ; max y = y(3) = m + 2m + [ 3;4] [ 3;4] m + 2m + ⇒A= ; B = m + 2m + 19 m + 2m + 19 Theo ta có A + B = ⇔ + m + 2m + = 2 2 m = m + 2m + + 2m + 4m + 19 ⇔ = ⇔ 3m + 6m − = ⇔  2  m = −3 Chọn A Câu 17: Phương pháp: Đọc kĩ đáp án sau loại trừ chọn đáp án Cách giải: Xét đáp án A: Giả sử ta có đường thẳng a, b, c a ∩ b = { A} , b ∩ c = { B} , c ∩ a = { C} Giả sử điểm A ≡ B ta có: +) Nếu A ≠ C ⇒ a ≡ c ⇒ mâu thuẫn với giả thiết a, c không đồng phẳng +) Nếu A ≡ C ⇒ A ≡ B ≡ C ⇒ a, b, c đồng quy Vậy a, b, c đồng quy ⇒ đáp án A Chọn A Câu 18: Phương pháp: uuur uuu r Tam giác ABC vuông C ⇔ CA.CB = Cách giải: uuur CA = ( −2 − c; 4) r Gọi C(c;0) ∈ Ox(c>0) ta có  uuu CB = (8 − c; 4) uuur uuu r Tam giác ABC vuông C ⇔ CA.CB = ⇔ (−2 − c)(8 − c) + 16 = ⇒ y = y(4) = Trang 10/27 uur uur uur ⇒ n P =  n Q , n R  = (4;5; −3) r Phương trình mặt phẳng qua điểm B(2;1; −3) có VTPT n = (4;5; −3) là: 4(x − 2) + 5(y − 1) − 3(z + 3) = ⇔ 4x + 5y − 3z − 22 = Chọn D Câu 10: Phương pháp: u' Sử dụng cơng thức tính đạo hàm ( ln u ) ' = u Cách giải: ln ( − 3x )  ' = −6x = 6x   − 3x 3x − Chọn C Câu 11: Phương pháp: ; log a b + log a c = log a bc(0 < a, b ≠ 1; c > 0) Sử dụng công thức: log a b = log b a Cách giải: 1 1 = ;log = = Ta có: log = log a log b 1 ab log = = = = log log + log + a + b a b Chọn C Câu 12: Phương pháp: tan a + tanb Sử dụng công thức tan ( a + b ) = − tan a tanb Cách giải: π Do < a, b < ⇒ < a + b < π + tan a + tanb =1 ⇔ a + b = π tan(a + b) = = Ta có: 1 − tan a.tanb − Chọn D Câu 13: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết khối đa diện Cách giải: Hình lăng trụ tam giác có mặt phẳng đối xứng hình vẽ bên dưới, đó: +) mặt phẳng tạo cạnh bên trung điểm cạnh đối diện +) mặt phẳng tạo trung điểm cạnh bên Chọn C Trang 30/27 Câu 14: Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm Cách giải: dx Ta có ∫ = − cot x + C đáp án B sai sin x Chọn B Câu 15: Phương pháp: Sử dụng quan hệ vng góc khơng gian Cách giải: Ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BD Lại có: BD ⊥ AC (do ABCD hình vng) ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ AN Mà AN ⊥ SO(gt) ⇒ AN ⊥ (SBD) ⇒ AN ⊥ (SOD) Chọn C Câu 16: Phương pháp: Hàm phân thức bậc bậc đơn điệu trên khoảng xác định Cách giải: −2.1 − 1.(m + 2m) − m − 2m − −(m + 1) − = = < 0∀x ∈ D TXĐ: D = R \ { 2} Ta có: y ' = (x − 2) (x − 2) (x − 2) ⇒ y ' < 0∀x ∈ [ 3; 4] ⇒ Hàm số cho nghịch biến [ 3; 4] m + 2m + ⇒ y = y(4) = ; max y = y(3) = m + 2m + [ 3;4] [ 3;4] m + 2m + ⇒A= ; B = m + 2m + 19 m + 2m + 19 Theo ta có A + B = ⇔ + m + 2m + = 2 2 m = m + 2m + + 2m + 4m + 19 ⇔ = ⇔ 3m + 6m − = ⇔  2  m = −3 Chọn A Câu 17: Phương pháp: Đọc kĩ đáp án sau loại trừ chọn đáp án Cách giải: Xét đáp án A: Giả sử ta có đường thẳng a, b, c a ∩ b = { A} , b ∩ c = { B} , c ∩ a = { C} Giả sử điểm A ≡ B ta có: +) Nếu A ≠ C ⇒ a ≡ c ⇒ mâu thuẫn với giả thiết a, c không đồng phẳng +) Nếu A ≡ C ⇒ A ≡ B ≡ C ⇒ a, b, c đồng quy Vậy a, b, c đồng quy ⇒ đáp án A Chọn A Câu 18: Phương pháp: uuur uuu r Tam giác ABC vuông C ⇔ CA.CB = Cách giải: uuur CA = (−2 − c; 4) r Gọi C(c; 0) ∈ Ox(c>0) ta có  uuu CB = (8 − c; 4) Trang 31/27 uuur uuu r Tam giác ABC vuông C ⇔ CA.CB = ⇔ (−2 − c)(8 − c) + 16 =  c = 0(ktm) −16 + 2c − 8c + c + 16 = ⇔ c2 − 6c = ⇔  ⇒ C(6;0)  c = 6(tm) Chọn D Câu 19: Phương pháp: Tìm GTLN GTNN hàm số y = f (x) [ a; b ] cách: +) Giải phương trình y ' = tìm nghiệm x1 +) Tính giá trị f (a), f (b), f (x i ) ( x i ∈ [ a; b ] ) Khi đó: f (x) = { f (a), f (b), f (x i )} , max f (x) = max { f (a), f (b), f (x i )} , [ a;b] [ a;b] Cách giải: Ta có: y ' = 2x − 16 16 3  ⇒ y ' = ⇔ 2x = ⇔ 2x = 16 ⇔ x = ∈  ;  x x 2    155 y  ÷= ; y(2) = 12; y(4) = 20   12 max y = 20 Vậy  ;4 x = 4  Chọn B Câu 20: Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h bán kính đáy r V = πr h Cách giải: Áp dụng định lí Pytago tam giác vng ABC có BC = AC − AB2 = 25a −16a = 3a 2  AB  Vậy thể tích khối trụ V = π  ÷ BC = π ( 2a ) 3a = 12πa   Chọn C Câu 21: Phương pháp: Xét hàm số y = log a x ta có: +) TXĐ: D = ( 0; +∞ ) +) Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm TCĐ +) Có a > hàm số ln đồng biến (0; +∞) < a < hàm số nghịch biến (0; +∞) +) Đồ thị hàm số qua điểm (1; 0), (a; l) nằm bên phải trục tung Cách giải: Tập xác định hàm số: x > ⇔ x ≠ ⇒ đáp án D log x x >  Ta có: y = log x =  log (− x) x <  Vì < a = < ⇒ hàm số y = log x nghịch biến (0; +∞) hàm số y = log (− x) đồng biến 2 (−∞; 0) Chọn A Câu 22: Phương pháp: Trang 32/27 n k k n −k Sử dụng khai triển nhị thức Newton: ( a + b ) = ∑ Cn a b n k =0 Cách giải: 12 12 1  k Ta có:  x + ÷ = ∑ C12 x2 x  k =0 k   12 k 24−3k , hệ số số hạng chứa x m khai triển  ÷ =∑ C12 x  x  k =0 24 − m ứng với 24 − 3k = m ⇔ k =  24 − m 24 − m  =5 m = ⇔ Theo ta có C12 = 792 ⇔  m =  24 − m =  Chọn A Câu 23: Phương pháp: Giải phương trình mũ: a f (x) = a m ⇔ f (x) = m Cách giải: Ta có: x +1 = ⇔ x +1 = 2 ⇔ x + = ⇔ x = Vậy tập nghiệm phương trình là: S = { 1} ( ) 12 − k Chọn B Câu 24: Phương pháp: +) Gọi E trung điểm AB, chứng minh ( ( ABC ) ; ( ABD ) ) = ( CE; DE ) = CED +) Sử dụng định lí Pytago tam giác vng tìm x Cách giải: Gọi H trung điểm CD Do tam giác ACD cân A tam giác BCD cân B CD ⊥ AH ⇒ ⇒ CD ⊥ (ABH) ⇒ CD ⊥ AB CD ⊥ BH Gọi E trung điểm AB, tam giác ABC cân C ⇒ CE ⊥ AB  AB ⊥ CD ⇒ AB ⊥ (CDE) ⇒ AB ⊥ DE Ta có   AB ⊥ CE (ABC) ∩ (ABD) = AB  (ABC) ⊃ CE ⊥ AB ⇒ ∠ ( ( ABC ) ; ( ABD ) ) = ∠ ( CE; DE ) = ∠CED = 90° (ABD) ⊃ DE ⊥ AB  Ta có ∆ABC = ∆ADC(c.c.c) ⇒ CE = DE ⇒ ∆CDE vuông cân E ⇒ CD = CE ⇔ 2x = CE ⇔ CE = x (*) Xét tam giác vng CBH có BH = BC2 − CH = a − x Xét tam giác vng ACH có AH = AC − CH = a − x Xét tam giác vng ABH có AB2 = AH + BH = 2a − 2x ⇒ AE = Xét tam giác vng ACE có CE = AC2 − AE = a − 2a − 2x 2 a2 − x2 a2 + x2 a2 + x2 = ⇒ CE = 2 Trang 33/27 Thay vào (*) ta có a2 − x2 a = x ⇔ a + x = 4x ⇔ 3x = a ⇔ x = Chọn B Câu 25: Phương pháp: Cơng thức tính thể tích khối chóp có chiều cao h diện tích đáy S là: V = Sh Cách giải: Gọi H hình chiếu S AC (SAC) ∩ (ABCD) = AC ⇒ SH ⊥ (ABCD) Ta có  (SAC) ⊃ SH ⊥ AC Ta có: ∠ ( SA, ( ABCD ) ) = ∠ ( SA, AH ) = ∠ ( SA, AC ) = ∠SAC Ta có: AC = AB = a =a a  SA = AC.co s60° = Xét ∆SAC vuông S ta có:  SC = AC.sin 60° = a  Áp dụng hệ thức lượng cho ∆SAC vng S có đường cao SH ta có: a a SA.SC 2 a SH = = = AC a 1 a a a3 ⇒ VS.ABCD = SA.SABCD = = 3 24 Chọn A Câu 26: Phương pháp: x n +1 Sử dụng nguyên hàm ∫ x n dx = +C n +1 Cách giải: x4 x2 f (x)dx = + − x + C = x4 + x2 − x + C ∫ 2 Chọn C Câu 27: Phương pháp: Dựa vào lý thuyết điểm cực trị hàm số Cách giải: Nếu x = x điểm cực trị hàm số f '(x ) = f '(x ) = Nếu x = x điểm cực trị hàm số  f ''(x ) > Chọn C Câu 28: Phương pháp: Trang 34/27 Sử dụng bảng nguyên hàm Cách giải: ∫ f (x)dx = ∫ x ( ln x + ) dx = ∫ dx ∫x = d(ln x + 2) ( ln x + ) −1 + C công thức vi phân d [ f (x) ] = f '(x)dx x = −1 +C ln x + Chọn B Chú ý: HS sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải toán này, cách đặt t = ln x + Câu 29: Phương pháp: +) Giải phương trình mũ: a f (x) = a m ⇔ f (x) = m +) Áp dụng hệ thức Vi-ét Cách giải: Ta có:  x = − 2x + 5x + 2 = ⇔ 2x + 5x + = ⇔ 2x + 5x + = ⇔  ⇒ x1x =   x = −2 Chọn A Câu 30: Phương pháp: Sử dụng công thức: sin(a + b) = sin a cos b + cosa sin b sin(a − b) = sin a cos b − cosa sin b cos(a + b) = co s a cos b − sina sin b cos(a − b) = co s a cos b + sina sin b Cách giải: sin(a − b) = sin a cos b − co sa sin b , đáp án B sai Chọn B Câu 31: Phương pháp: +) Sử dụng máy tính để bấm máy tích có hướng r r 2 +) Ta có: a ( a1 ;a ) ⇒ a = a + a r r rr +) a ⊥ b ⇔ a.b = r r r r +) a , b phương ⇔ a = kb Cách giải: rr r r Ta có: a.b = 1.2 − 2.( −1) + 3.( −1) = ≠ ⇒ a, b không vng góc ⇒ loại đáp án A r r r r Ta thấy không tồn số k để a = kb ⇒ a, b không phương ⇒ loại đáp án B r a = + (−2) + 32 = 14 ⇒ Đáp án C Chọn C Câu 32: Phương pháp: +) Chứng minh hình chiếu vng S (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD +) Chứng minh tam giác SAC vng S, tính AC +) Tính BD 1 +) Sử dụng cơng thức tính thể tích VS.ABCD = SH.SABCD = SH AC.BD 3 Trang 35/27 Cách giải: Vì SA = SB = SD = a nên hình chiếu vng S (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Gọi H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ⇒ SH ⊥ (ABCD) Do tam giác ABD cân A ⇒ H ∈ AC Dễ dàng chứng minh được: AC ∆SBD = ∆ABD(c.c.c) ⇒ SO = AO = ⇒ ∆SAC vng S (Tam giác có trung tuyến ứng với cạnh nửa cạnh ấy) ⇒ AC = SA + SC2 = a + x Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng SAC có SH = SA.SC ax = AC a2 + x2 Ta có 1 a2 + x2 3a − x AC = a + x ⇒ OB = AB2 − OA = a − = ⇒ BD = 3a − x 2 Do ABCD hình thoi ⇒ SABCD = AC.BD Khi ta có: 1 ax VS.ABCD = SH.SABCD = a + x 3a − x = ax 3a − x a2 + x2 OA = x + 3a − x 3a 3a a = ⇒ VS.ABCD ≤ a = 2 m = 3a a a m = = ⇒ ⇒ m + 2n = 10 Dấu “=” xảy ⇔ x = 3a − x ⇔ x = 2 n n = Chọn A Câu 33: Phương pháp: Nếu x = x điểm cực trị hàm số f '(x ) = Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: x 3a − x ≤ f '(x ) = Nếu x = x điểm cực tiểu hàm số  f ''(x ) > Cách giải: 2 Ta có y ' = 8x + ( m + 1) x − 4(m − 1)x ; y '' = 56x + 20(m + 1)x − 12(m − 1)x ⇒ y ' = ⇔ 8x + 5(m + 1)x − 4(m − 1)x = ⇔ x 8x + 5(m + 1)x − 4(m − 1)  = TH1: Xét m − = ⇔ m = ±1 +) Khi m = ta có y ' = ⇔ x (8x + 10x) = x (8x + 10) ⇒ x = nghiệm bội ⇒ x = không cực trị hàm số +) Khi m = −1 ta có y ' = ⇔ x 8x = ⇔ 8x = ⇔ x = nghiệm bội lẻ ⇔ x = điểm cực trị hàm số Hơn qua điểm x = y ' đổi dấu từ âm sang dương nên x = điểm cực tiểu hàm số TH2: Xét m − ≠ ⇔ m ≠ ±1 ta có: x2 = 2   y ' = ⇔ x 8x + 5(m + 1)x − 4(m − 1)x  = ⇔  2 8x + 5(m + 1)x − 4(m − 1)x = Trang 36/27 x = ⇔ x = nghiệm bội chẵn khơng cực trị hàm số, cực trị hàm số ban đầu nghiệm phương trình g(x) = 8x + 5(m + 1)x − 4(m − 1)x = Hàm số đạt cực tiểu x = ⇔ g '(0) > Ta có g '(x) = 40x + 10(m + 1)x − 4(m − 1) ⇒ g '(0) = −4(m − 1) > ⇔ m − < ⇔ −1 < m < Vậy kết hợp trường hợp ta có −1 ≤ m < Do m ∈ Z ⇒ m ∈ { −1;0} Chọn C Câu 34: Phương pháp: +) Cô lập m, đưa phương trình dạng f (x) = m +) Phương trình f (x) = m có nghiệm ⇔ m ∈ [ f (x); max f (x) ] Cách giải: ( ) x + − x2 +1 + ( x+2− ⇔ x2 +1 x2 +1 Đặt 18(x + 1) x + ) x + + x +1 = m(x + 1) + ( x+2− f (x) = 18 x + x + + x2 +1 x2 +1 ) =m 18 x + Sử dụng chức MODE 7, ta tìm x2 +1 x + + x +1 f (x) = ⇔ x = Để phương trình f (x) = m có nghiệm ⇒ m ≥ Kết hợp điều kiện ta có m ∈ [ 7; 2018] , m ∈ Z Vậy có (2018 − 7) + = 2012 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn D Câu 35: Phương pháp: +) Ta có: + − = 49 − 45 = ⇒ − = 7+3 +) Đặt ẩn phụ đưa phương trình cho phương trình bậc hai ẩn t từ tìm m theo yêu cầu đề Cách giải: Ta có: + − = 49 − 45 = ⇒ + = 7−3 ( )( ( ) )( ( ⇒ 7−3 ) ) ( x2 +m 7+3 x2 ( ) x2   ⇔ ÷ +m 7+3 7+3  2 ( ⇔ 2.2x − x + 2x 2   ⇔  ÷ 7+3  + ) ) = 2x x2 −1 = x ( + 2m + ) x2 =0 x2   − ÷ + 2m = 0(*) 7+3  2x 2   Đặt  ÷  7+3  = t ⇒ x = log +3 t Trang 37/27 Ta có: < < ⇒ log t > ⇔ < t < 7+3 7+3 ⇒ (*) ⇔ 2t − t + 2m = 0(1) Để phương trình (*) có nghiệm phân biệt ⇔ pt (1) có hai nghiệm phân biệt t ∈ (0;1)  ∆ > 1 − 16m > m<  16 af (0) > 4m >     ⇔ af (1) > ⇔ 2(2m + 1) > ⇔ m > ⇔ < m < 16    b 1 0 < −  < 0 < < m > − 2a    Chọn A Câu 36: Phương pháp: uur uur uur r +) Gọi điểm I(a; b;c) thỏa mãn IA + IB − IC = , sử dụng công thức cộng trừ vectơ xác định điểm I uuuu r uuur uuur uuuu r uuur uuur +) Phân tích MA + MB − MC cách chèn điểm I, đánh giá tìm GTNN MA + MB − MC Cách giải: uur uur uur r Gọi điểm I(a; b; c) thỏa mãn IA + IB − IC = Ta có: uur  IA = (−3 − a; − b; −c)  −3 − a =  a = −3 uur uur uur r  uur    IB = (−a; − b;3 − c) ⇒ IA + IB − IC = (−3 − a;3 − b;3 − c) = ⇔ 3 − b = ⇔ b = ⇒ I(−3;3;3)  uur 3 − c = c =    IC = (−a; −3 − b; −c) uuuu r uuur uuur uuu r uur uuu r uur uuu r uur uuu r uur uur uur uuu r Ta có MA + MB − MC = MI + IA + MI + IB − MI − IC = MI + IA + IB − IC = MI = MI uuuu r uuur uuur Do MA + MB − MC nhỏ MI nhỏ ⇒ M hình chiếu I (P) ( ) Ta thấy −3 + + − = ⇒ I ∈ (P) ⇒ Hình chiếu I (P) Do M ≡ I ⇒ M(−3;3;3) Chọn C Câu 37: Phương pháp: Tìm điều kiện xác định bất phương trình Giải bất phương trình logarit: log f (x) < log g(x) ⇔ < f (x) < g(x) Cách giải: log ( 2x + 3) < log ( x + mx + 1) ∀x ∈ R ⇔ < 2x + < x + mx + ⇔ x − mx + < 0∀x ∈ R(*) a = < ⇔ (vonghiem) ∆ = m − < Vậy khơng có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn D Câu 38: Phương pháp: Đặt t = x − 6x + 12 = ( x − 3) + ≥ tìm GTLN hàm số f (t) với t ≥ Cách giải: f (x) = x − 6x + 12 + 6x − x − f (x) = x − 6x + 12 − (x − 6x + 12) + Trang 38/27 Đặt t = x − 6x + 12 = ( x − 3) 2 + ≥ , ta có f (t) = − t + 6t + 8∀x ≥ Ta có f '(t) = −2 t + = ⇔ t = BBT: ( x − 3) ⇒ max f (t) = 17 ⇔ t = ⇔ 3; +∞ ) +3 =3⇔ x =3 ⇒ maxf (x) = 17 = M ⇔ x = Vậy phương trình f (x) = M có nghiệm x = , tích nghiệm chúng Chọn B Câu 39: Phương pháp: Sử dụng cơng thức ngun hàm để tìm F(x) sau giải phương trình Cách giải: x 2x Ta có: F(x) = ∫ x − 2x + dx = − +x +C x 2x Lại có: F(0) = ⇔ C = ⇒ F(x) = − + x +5  x 2x  x = x 2x ⇒ F(x) = ⇔ − + x = ⇔ x − + 1÷ = ⇔  3  x ≈ −1, 04   Chọn C Câu 40: Cách giải: Gọi X, Y hai tập hợp A cho X ∩ Y = ∅; X ≠ ∅; Y ≠ ∅ Giả sử A = { x1; x ; x ; x ; x ; x ; x ; x ; x } ( )  x1 ∉ X Phần tử x1 có khả năng: x1 ∈ X x1 ∈ Y   x1 ∉ Y … Cứ đến phần tử x Do ta có 39 cặp tập hợp khơng giao (chứa cặp tập hợp rỗng) Số cách chọn tập X ≠ ∅; Y = ∅ 29 − cách chọn Số cách chọn tập X = ∅; Y ≠ ∅ 29 − cách chọn ⇒ số cặp tập hợp khác rỗng không giao thực 39 − 2(29 − 1) Do (X; Y) (Y; X) trùng nên số cặp tập hợp không giao thực 39 − 2(29 − 1) = 9330 Chọn A Câu 41: Phương pháp: Hàm số đồng biến (a; b) ⇔ y' ≥ 0∀ x ∈ (a; b) Cách giải: Hàm số y = f (x) đồng biến (3;5) ⇔ y' > 0∀ x ∈ (3;5) Trang 39/27 ⇔ x − 3x + m + 5m + ≥ 0∀x ∈ (3;5) ⇔ x − 3x ≥ −m − 5m − 6∀x ∈ (3;5)(*) Đặt g(x) = x − 3x ⇒ (*) ⇔ g(x) ≥ − m − 5m − 6∀x ∈ (3;5) ⇒ − m − 5m − ≤ g(x) (3;5) Khảo sát hàm số g(x) = x − 3x ta được:  m ≥ −2 ⇒ −m − 5m − ≤ ⇔ m + 5m + ≥ ⇔   m ≤ −3 Chọn B Câu 42: Phương pháp: +) Tính tổng số trận đấu, tính số trận hòa, trận khơng hòa +) Tính số điểm trận hòa, số điểm trận khơng hòa suy số điểm tồn giải đấu Cách giải: Vì 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội thi đấu với trận ( nên đội thi đấu với 11 đội lại, tổng số trận đấu 12.11 = 132 (trận) Số trận hòa 16 trận, số trận khơng hòa 132 – 60 = 72 60 trận hòa, đội điểm, có 120 điểm 72 trận khơng hòa, trận đội thắng điểm, có 72.3 = 216 điểm Vậy tổng số điểm tất đội sau giải đấu 120 + 216 = 336 Chọn A Câu 43: Phương pháp: Thể tích khối trụ có bán kính đáy R chiều cao h là: V = πR h Diện tích xung quanh đáy hình trụ là: S = 2πRh + πR Cách giải: V Ta có: Thể tích khối trụ có bán kính đáy R chiều cao h là: V = πR h ⇒ h = πR 2 Diện tích xung quanh đáy hình trụ là: S = 2πRh + πR V 2V ⇒ S = 2π.R + πR = + πR 2 πR R V V Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương ; ; πR ta có: R R V V V V + πR ≥ 3 + πR = 3 πV R R R R V V πR Dấu “=” xảy ⇒ = πR ⇔ R = ⇔ V = πR ⇒ h = =R R π πR Chọn D Câu 44: Trang 40/27 Phương pháp: +) Hàm số y = log a f (x)(0 < a ≠ 1) xác định ⇔ f (x > 0) +) Hàm số xác định ⇔ A ≠ A Cách giải: 4x + Hàm số y = xác định với x ∈ R log 2018 x − 2x + m − 6m + 10 ( ( ) ) log 2018 x − 2x + m − 6m + 10 ≠ 0∀x ∈ R  2  x − 2x + m − 6m + 10 > 0∀x ∈ R 2  x − 2x + m − 6m + 10 ≠ 1∀x ∈ R ⇔ 2  x − 2x + m − 6m + 10 > 0∀x ∈ R ( x − 1) + ( m − 3) ≠ 1∀x ∈ R ⇔ 2 ( x − 1) + ( m − 3) > 0∀x ∈ R ( m − 3) ≠ − ( x − 1) ∀x ∈ R ⇔ 2 ( x − 1) + ( m − 3) > 0∀x ∈ R m > ( m − 3) >   m > ⇔ ⇔ m < ⇔  m < m − ≠ m ≠  Chọn D Câu 45: Phương pháp Công thức tính thể tích khối nón tròn xoay có chiều cao h bán kính đáy R là: V = πR h Cách giải: Ta có: Khối nón (N1 ) sinh ∆ABC quay quanh AB có chiều cao h1 = AB bán kính đáy R = BC Khối nón (N ) sinh ∆ADB quay quanh AB có chiều cao h = AB bán kính đáy R = AD Do hai khối nón có chiều cao AB nên hai đáy hai khối nón nằm hai mặt phẳng song song Trong mặt phẳng đáy hình nón (N1 ) kẻ đường kính GH / /DE Dễ dàng chứng minh DEGH hình thang cân Gọi M = AG ∩ BE; N = AH ∩ BD, I = AB ∩ MN Khi phần chung hai khối nón (N1 ) (N ) hai khối nón: +) Khối nón (N ) đỉnh B, đường cao BI, bán kính đáy IN ⇒ V3 = π.IN BI Trang 41/27 +) Khối nón (N ) đỉnh A, đường cao AI, bán kính đáy IN ⇒ V4 = π.IN A I 1 1 2 2 Thể tích phần chung V = V3 + V4 = π.IN BI + π.IN A I = π.IN (AI + BI) = π.IN A B 3 3 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: MN AI MN BI MN MN AI + BI = ; = ⇒ + = =1 GH AB DE AB GH DE AB     ⇒ MN  + + ÷ = ⇔ MN  ÷ = ⇔ MN = 3a  2BC 2AD   2.2a 2.6a  MN 3a = Dễ thấy I trung điểm MN ⇒ IN = 2  3a  3πa Vậy V = π  ÷ 2a =   Chọn B Câu 46: Phương pháp: Giải phương trình g '(x) = , lập BBT đồ thị hàm số y = g(x) kết luận Cách giải: x =  Ta có g '(x) = f '(x) + = ⇔ f '(x) = −1 ⇔  x =  x = BBT Dựa vào BBT ta thấy hàm số y = g(x) có điểm cực đại x = Chọn D Câu 47: Phương pháp: +) Dựa vào phương trình cho tốn ta thấy: VT = [ f (x).f '(x) ] ' +) Lấy nguyên hàm hai vế dựa vào giả thiết tốn để làm tiếp Cách giải: Ta có: VT = [ f (x).f '(x) ] ' = f'(x).f'(x) + f(x).f''(x) = [ f '(x) ] + f (x).f ''(x) ⇒ [ f '(x).f (x) ] ' = x − 2x(*) Nguyên hàm hai vế (*) ta được: f '(x).f (x) = Lại có: f '(0) = f (0) = ⇒ C = 2.2 = x4 − x + C(1) Trang 42/27 x4 − x2 + 4  x4  x5 x3 ⇒ ∫ f (x)f '(x)dx = ∫  − x + ÷dx ⇔ ∫ f (x)df (x) = − + 4x + A 20   ⇒ (1) ⇔ f (x).f '(x) = f (x) x x x 2x = − + 4x + A ⇔ f (x) = − + 8x + 2A 20 10 Có f (0) = ⇒ = 2A ⇔ A = x 2x ⇒ f (x) = − + 8x + 10 25 2.23 268 ⇒ f (2) = − + 8.2 + = 10 15 Chọn A Câu 48: Phương pháp: +) Xác định góc (SAB) (SBC) +) Sử dụng tam giác đồng dạng, suy tỉ số tính SA Cách giải: Gọi E trung điểm AB Ta dễ dàng chứng minh ABCE hình vng CE ⊥ AB ⇒ ⇒ CE ⊥ (SAB) ⇒ CE ⊥ SB CE ⊥ SA Trong (SAB) kẻ HE ⊥ SB ta có: ⇔ SB ⊥ EH ⇒ SB ⊥ (CHE) ⇒ SB ⊥ CH  SB ⊥ CE (SAB) ∩ (SBC) = SB  (SAB) ⊃ EH ⊥ SB ⇒ ∠ ( ( SAB ) ; ( SBC ) ) = ∠ ( EH;CH ) = ∠CHE = 60° (SAC) ⊃ CH ⊥ SB  Xét tam giác vng CEH có EH = CE.cot60° = a a SA + 4a SA SB EH.SB Ta có ∆SAB : ∆EHG(g.g) ⇒ = ⇒ SA = = EH BE BE a ⇔ 3SA = SA + 4a ⇔ 3SA = SA + 4a ⇔ SA = 2a ⇔ SA = a Chọn A Câu 49: Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f (x) điểm x = x thuộc đồ thị hàm số là: y = f '(x )(x − x ) + f (x ) a1 = a Hai đường thẳng y = a1x + b1 y = a x + b song song với ⇔   b1 ≠ b2 Cách giải: −6 − ab ;d : 7x + y − = ⇔ y = −7x + Điều kiện: ax − ≠ Ta có y ' = (a x − 2) Trang 43/27 Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số có dạng: d ' : y = −7x + y (y ≠ 4) Ta có: A(1; −4) ∈ d ' ⇒ −4 = −7.1 + y ⇔ y = 3(tm) ⇒ d ' : y = −7x + A(1; −4) thuộc đồ thị hàm số hệ số góc d ' là: f '(1) = −7 3.1 + b  −4 = a − b = −4a + b + = −4(a − 2) ⇒ ⇔ ⇔ −6 − ab = −7(a − 2) −6 − a(−4a + 5) = −7a + 28a − 28  −6 − ab2 = −7  (a − 2)  a = (tmab ≠ −2) b = −4a +  b = − b = −4a + a − 3b = 11   ⇔ ⇔  a = ⇔ ⇒  a = a − 3b = −2 11a − 33a + 22 =  a =  (tmab ≠ −2)   b = Chọn A Câu 50: Phương pháp: +) Nhận xét (P) / /(Q) / /(R) +) Sử dụng BĐT Cơ-si định lí Ta-let đánh giá biểu thức T Cách giải: Dễ dàng nhận thấy (P) / /(Q) / /(R) Kẻ đường thẳng qua B vng góc với mặt phẳng (P), (Q), (R), cắt (P) H cắt (Q) K Ta có BH = d ( ( Q ) ; ( P ) ) = 9; HK = d ( ( P ) ; ( R ) ) = Khi ta có: T = AB2 + 144 144 AB BH ≥ AB2 = 24 = 24 = 24 = 72 2 AC AC AC HK Vậy Tmin = 72 Chọn C Trang 44/27 ... ( 3 − a; −b; −c)  3 − a = a = 3 uur uur uur r  uur    IB = (−a; −b ;3 − c) ⇒ IA + IB − IC = ( 3 − a ;3 − b ;3 − c) = ⇔ 3 − b = ⇔ b = ⇒ I( 3; 3 ;3)  uur 3 − c = c =    IC = (−a; 3. .. 24 B 36 C 72 D 144 Trang 5/27 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.C 11.C 21.A 31 .C 41.B 2.B 12.D 22.A 32 .A 42.A 3. D 13. C 23. B 33 .C 43. D 4.A 14.B 24.B 34 .D 44.D 5.D 15.C 25.A 35 .A 45.B 6.B 16.A 26.C 36 .C... (76%) C3 C4 C5 C6 C7 C19 C16 C27 C34 C38 C41 C49 C11 C21 C 23 C29 C35 C37 C39 C44 C26 C28 C14 C 33 C46 C47 Chương 4: Số Phức Hình học C 13 C24 C25 C32 C48 Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu C20 C43
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi thử THPT QG 2019 môn toán file word có ma trận lời giải chi tiết, Đề thi thử THPT QG 2019 môn toán file word có ma trận lời giải chi tiết, Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay