Tải bản đầy đủ

Hướng dẫn giải chi tiết đề toán 2018 HD (40)

SỞ GD&ĐT HẢI PHÒNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ
ĐỀ CHÍNH THỨC
Mã đề thi 298

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
(50 câu trắc nghiệm)

Câu 1 (Nhận biết) Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?
A. Hình chóp đều có các cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau.
B. Hình chóp đều có tất cả các cạnh bằng nhau.
C. Một hình chóp có đáy là một đa giác đều và có chân đường cao trùng với tâm của đa giác đáy thì đó là hình
chóp đều.
D. Hình chóp đều có các mặt bên là các tam giác cân bằng nhau.
Câu 2 (Thông hiểu) Tìm tập xác định của hàm số y  log2  236 x  1

1

B. D   ;  

2


A. D  R

1

C. D   ;  
2


Câu 3 (Nhận biết) Tìm tập xác định của hàm số y   x 2  3





A. D  R \  3; 3



 

B. D  ;  3 

Câu 4 (Thông hiểu) Phương trình sin 2x  

1

D. D   ; 
2


2



3;  C. D  R

 



D. D  R \  3

3
có hai công thức nghiệm dạng
2

  
  k,   k  k  Z  ; ,    ;  . Khi đó    bằng:
 2 2
A.


2

B. 


2

C. 

D. 


3

Câu 5 (Nhận biết) Đồ thị trong hình dưới là đồ thị của một trong
bốn hàm số cho trong các phương án sau đây, đó là hàm số nào?
A. y  x3  3x 2  2

B. y  x3  3x 2  2

C. y  x3  3x  2

D. y  x3  3x 2  2

1 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


1

Câu 6 (Thông hiểu) Cho a  0, b  0 và biểu thức T  2  a  b  .  ab 
1

A. T 

2
3

B. T 

1
3

1
2

2 2
 1 a
b 
1  

  . Khi đó:
a  
 4  b


1
2

D. T  1

C. y'  2e12x

D. y'  ex

C. T 

Câu 7 (Nhận biết) Đạo hàm của hàm số y  e12x là:
A. y'  2e12x

B. y'  e12x

Câu 8 (Thông hiểu) Xét hình trụ T có thiến diện qua trục của hình trụ là hình vuông có cạnh bằng a. Tính diện
tích toàn phần S của hình trụ.
A. S 

3a 2
2

B. S 

a 2
2

C. S  a 2

Câu 9 (Vận dụng) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để trên  1;1 , hàm số y 

D. S  4a 2

mx  6
nghịch
2x  m  1

biến.

 4  m  3
A. 
1  m  3

B. 1  m  4

C. 4  m  3

 4  m  3
D. 
1  m  3

Câu 10 (Thông hiểu) Cho tập A  0;1;2;3;4;5;6 . Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm
chữ số và chia hết cho 2?
A. 8232.

B. 1230

C. 1260

D. 2880

 2x  1  x  5
khi x  4

. Tìm tất cả giá trị thực của tham số a
Câu 11 (Thông hiểu) Cho hàm số f  x   
x4
a  2
khi x  4

để hàm số liên tục tại x 0  4.
A. a 

5
2

B. a  

11
6

C. a  3

D. a  2

Câu 12 (Nhận biết) Biểu thức T  5 a 3 a với a  0 . Viết biểu thức T dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ là:
A. a

1
3

B. a

3
5

C. a

4
15

D. a

2
15

x 2  12x  35
Câu 13 (Nhận biết) Tính lim
.
x 5
25  5x

2 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


A.

2
5

B. 

2
5

D. 

C. 

Câu 14 (Thông hiểu) Ba xạ thủ cùng bắn vào một tấm bia, xác suất trúng đích lần lượt là 0,5; 0,6 và 0,7. Xác
suất để có đúng 2 người bắn trúng bia là:
A. 0,21

B.0,29

C. 0,44

D. 0,79

Câu 15 (Thông hiểu) Cho a  0; b  0 và a 2  b 2  7ab . Chọn mệnh đề đúng:
A. 2  ln a  ln b   ln  7ab 

B. 3ln  a  b  

ab 1
C. ln 
   ln a  ln b 
 3  2

D. ln  a  b  

1
 ln a  ln b
2

3
 ln a  ln b 
2

Câu 16 (Thông hiểu) Cho hàm số y  x3  3x 2  2 có đồ thị (C). Phương trình tiếp tuyến của (C) mà có hệ số
góc lớn nhất là:
A. y  3x  1

B. y  3x  1

C. y  3x  1

D. y  3x  1

Câu 17 (Nhận biết) Cho hàm số y  x3  3x 2  1 có điểm cực đại là:
B.  0; 1

A. x  0

D.  2; 19 

C. x  2
14

2 

Câu 18 (Thông hiểu) Số hạng không chứa x trong khai triển của  3 x  4  với x  0 là:
x

8
A. 26 C14

6
B. 26 C14

6
C. 28 C14

8
D. 28 C14

Câu 19 (Thông hiểu) Cho log3  m; log5  n. Khi đó log9 45 tính theo m, n là:
A. 1 

n
2m

B. 1 

n
m

C. 2 

n
2m

D. 1 

n
2m

Câu 20 (Vận dụng) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có diện tích tam giác ACD’ bằng a 2 3. Tính thể
tích V của hình lập phương.
A. V  8a 3

B. V  a 3

C. V  2 2a 3

D. V  4 2a 3

Câu 21 (Nhận biết) Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
A. y  a x với 0  a  1 là hàm số đồng biến trên  ;   .
B. Đồ thị hàm số y  a x với 0  a  1 luôn đi qua điểm  a;1 .

3 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


C. y  a x với a  1 là hàm số nghịch biến trên  ;   .
x

1
D. Đồ thị các hàm số y  a và y    (với 0  a  1 ) đối xứng với nhau qua trục Oy .
a
x

Câu 22 (Nhận biết) Khối đa diện đều có 12 mặt thì số cạnh là:
A. 60

B. 30

D. 24

C. 12

Câu 23 (Thông hiểu) Cho hàm số y  x3  3x 2  9x 1. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 ,  3;   ; nghịch biến trên  1;3 .
B. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 3 , 1;   ; nghịch biến trên  3;1 .
C. Hàm số đồng biến trên  1;3 ; nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 1 ,  3;   .
D. Hàm số đồng biến trên  1;3 ; nghịch biến trên  ; 1   3;   .
Câu 24 (Nhận biết) Cho mặt cầu có diện tích bằng 72  cm2  . Bán kính của khối cầu bằng:
A. R  6  cm 

Câu 25 (Thông hiểu) Cho hàm số y  ln
A. y ' 

1
x 1

1
2

D. R  3  cm

1
. Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?
1 x

B. x.y' 1  ey

Câu 26 (Vận dụng) Cho dãy số  u n  với u n 

A.

C. R  6  cm

B. R  3 2  cm 

C. x.y ' 1  0

D. x.y ' 1 

1
x 1

1
1
1

 ... 
. Tính limu n .
1.3 3.5
 2n  1 2n  1

B. 0

C. 1

D.

1
4

Câu 27 (Thông hiểu) Cho khối nón tròn xoay có đường cao h  15cm và đường sinh l  25cm . Thể tích V
của khối nón là:
A. V  2000  cm3 

B. V  4500  cm3 

C. V  6000  cm3 

Câu 28 (Thông hiểu) Giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số y 

D. V  1500  cm3 

12
trên đoạn
7  4sin x

  5 
  6 ; 6 

là:

4 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


A. M 

12
12
;m 
5
7

B. M  4; m 

Câu 29 (Thông hiểu) Xét hàm số y 
A. max y  0
0;1

12
11

C. M 

12
4
;m 
5
3

D. M  4; m 

4
3

x 1
trên  0;1 , khẳng định nào sau đây đúng?
2x  1

B. min y 
0;1

1
2

C. min y  
0;1

1
2

D. max y  1
0;1

Câu 30 (Vận dụng) Trong một chiếc hộp có 20 viên bi, trong đó có 9 viên bi màu đỏ, 6 viên bi màu xanh và
5 viên bi màu vàng. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 viên bi. Tìm xác suất để 3 viên bi lấy ra có không quá 2
màu.
A.

183
190

B.

9
38

C.

82
95

D.

29
38

Câu 31 (Vận dụng cao): Một đội xây dựng cần hoàn thiện một hệ thống cột tròn của một cửa hàng kinh doanh
gồm 10 chiếc. Trước khi hoàn thiện mỗi chiếc cột là một khối bê tông cốt thép hình lăng trụ lục giác đều có
cạnh 20cm ; sau khi hoàn thiện (bằng cách trát thêm vữa vào xung quanh) mỗi cột là một khối trụ có đường
kính đáy bằng 42cm . Chiều cao của mỗi cột trước và sau khi hoàn thiện là 4m . Biết lượng xi măng cần dùng
chiếm 80% lượng vữa và cứ một bao xi măng 50kg thì tương đương với 64000cm3 xi măng. Hỏi cần ít nhất
bao nhiêu bao xi măng loại 50kg để hoàn thiện toàn bộ hệ thống cột?
A. 25 bao

B. 17 bao

C. 18 bao

D. 22 bao

Câu 32 (Vận dụng): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật AB  3, AD  2 . Mặt bên SAB là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
A. V 

10
3

B. V 

16
3

C. V 

20
3

D. V 

32
3

Câu 33 (Vận dụng cao) Tính đến đầu năm 2011, dân số toàn thành phố A đạt xấp xỉ 905.300 người. Mỗi năm
dân số thành phố tăng thêm 1,37% . Để thành phố A thực hiện tốt chủ trương 100% trẻ em đúng độ tuổi đều
vào lớp 1 thì đến năm học 2024 - 2025 số phòng học cần chuẩn bị cho học sinh lớp 1 (mỗi phòng 35 học sinh)
gần nhất với số nào sau đây; biết rằng sự di cư đến, đi khỏi thành phố và số trẻ tử vong trước 6 tuổi đều không
đáng kể, ngoài ra trong năm sinh của lứa học sinh lớp 1 đó toàn thành phố có 2400 người chết?
A. 322

B. 321

C. 459

D. 458

Câu 34 (Vận dụng cao) Cho hình lập phương ABCD.A 'B'C'D' . Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD, BB' .
Côsin của góc hợp bởi MN và AC ' là:
A.

3
3

B.

2
3

C.

5
3

D.

2
4

5 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Câu 35 (Vận dụng): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng  d  : y  mx  m  1 cắt đồ thị

 C : y  x3  3x2 1 tại 3 điểm A, B, C phân biệt ( B thuộc đoạn

AC ) sao cho tam giác AOC cân tại O (với

O là gốc tọa độ).
A. m  2

B. m  2

C. m  1

Câu 36 (Vận dụng) Giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y

D. m  1

x4

2mx2

m4

2m có ba điểm cực trị

là ba đỉnh của một tam giác có diện tích bằng 4 2 thỏa mãn điều kiện nào dưới đây?
A. m

4

B. m

3

C. 0

m

4

3

D.

m

0

Câu 37 (Thông hiểu) Xét khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Mặt phẳng đi qua C’ và các trung điểm AA’,
BB’chia khối lăng trụ thành hai phần có tỉ số thể tích bằng:
A.

1
2

B.

1
3

C.

2
3

D. 1

Câu 38 (Nhận biết) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông cạnh a và cạnh bên bằng
2a. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón có đỉnh là tâm O của hình vuông A’B’C’D’ và đáy là hình tròn
nội tiếp hình vuông ABCD.

a 2 17

A. Sxq

B. Sxq

a 2 17
2

C. Sxq

a 2 17
4

D. Sxq

2 a 2 17

Câu 39 (Vận dụng) Một ngọn hải đăng được đặt ở vị trí A cách bờ biển
một khoảng AB = 5km. Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B
một khoảng 7km. Người canh hải đăng có thể chèo đò từ điểm A đến
địa điểm M trên bờ biển với vận tốc 4km/h, rồi đi bộ đến C với vận tốc
6km/h. Hỏi cần đặt vị trí của M cách B một khoảng bằng bao nhiêu km
để người đó đến kho nhanh nhất?
A. 4,5 km
B. 5,5 km
C. 2 5km

5km

D.

Câu 40 (Vận dụng) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là trung
KS
điểm của SB, SD và OC. Gọi giao điểm của (MNP) với SA là K. Tỉ số
là:
KA
A.

2
5

B.

1
3

C.

1
4

D.

1
2

Câu 41 (Vận dụng) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi. Biết rằng tứ diện SABD là tứ diện đều
cạnh a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC bằng:
A.

3a 3
4

B.

a
2

C.

a 3
4

D.

a 3
2

6 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


sin x
x

1
có bao nhiêu nghiệm?
2

B. Vô nghiệm

C. 3 nghiệm

Câu 42 (Vận dụng cao) Phương trình
A. Vô số nghiệm

D. 2 nghiệm

Câu 43 (Thông hiểu) Từ đồ thị hàm số

ax 4

y

bx 2

0 được cho dạng như hình vẽ, ta có:

c a

A. a

0, b

0, c

0

B. a

0, b

0, c

0

C. a

0, b

0, c

0

D. a

0, b

0, c

0

Câu 44 (Vận dụng) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAD bằng 600, gọi I là
giao điểm của AC và BD. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của BI. Góc
giữa SC và (ABCD) bằng 450. Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng:
A.

a 3 39
12

B.

a 3 39
24

Câu 45 (Thông hiểu) Cho hàm số y

C.

x cos ln x

a 3 39
8

D.

a 3 39
48

sin ln x . Khẳng định nào sau đây đúng?

A. x 2 y'' xy' 2y

0

B. x 2 y'' xy' 2y

0

C. x 2 y'' xy' 2y

0

D. x 2 y' xy'' 2y

0

Câu 46 (Vận dụng) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình x3

3x 2

2

m

1 có 6

nghiệm phân biệt.
A.

2

m

0

B. 1  m  3

C. 0

m

2

D.

1 m 1

Câu 47 (Vận dụng cao) Cho tấm bìa hình vuông cạnh 50 cm. Để làm
một mô hình kim tự tháp Ai Cập, người ta cắt bỏ 4 tam giác cân bằng
nhau có cạnh đáy chính là cạnh của hình vuông rồi gấp lên, ghép lại thành
môt hình chóp tứ giác đều. Để mô hình có thể tích lớn nhất thì cạnh đáy
của mô hình bằng:
A. 20 2cm

B. 15 2cm

C. 10 2cm

D. 25 2cm

7 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Câu 48 (Vận dụng) Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thang vuông tại A, đáy lớn AD = 8, đáy
nhỏ BC = 6. SA vuông góc với đáy, SA = 6. Gọi M là trung điểm của AB. (P) là mặt phẳng đi qua M và vuông
góc với AB. Thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (P) có diện tích bằng:
A. 20

B. 15

C. 30

D. 16

Câu 49 (Thông hiểu) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, gọi M là trung điểm của CD, (P) là mặt phẳng đi qua M
và song song với B’D và CD’. Thiết diện của hình hộp cắt bởi (P) là hình gì?
A. Ngũ giác

B. Tứ giác

C. Tam giác

D. Lục giác

Câu 50 (Thông hiểu) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y

x 2
có đúng 3
x mx 1
2

đường tiệm cận.

m
A.

m
m

2
5
2
2

m
B.

m
m

2
2
5
2

C.

m
m

2

D.

2

2

m

2

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM

1B
2D
3A
4B
5B
6D

11B
12C
13A
14C
15C
16A

21D
22B
23C
24B
25C
26A

31C
32D
33D
34B
35D
36C

41B
42D
43A
44B
45C
46D

7C

17B

27A

37A

47A

8A
9D
10A

18C
19D
20C

28D
29A
30D

38C
39C
40B

48B
49A
50A

8 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Câu 1.
Phương pháp:
Hình chóp đều là hình chóp thỏa mãn 2 điều kiện sau:
+) Đáy là đa giác đều ( tam giác đều, hình vuông…)
+) Chân đường cao của hình chóp trùng với tâm của đáy.
Từ đây ta suy ra hình chóp đều có các cạnh bên bằng nhau.
Có các thuật ngữ sau:
+) Hình chóp tam giác đều là hình chóp đều có đáy là tam giác
+) Hình chóp tứ giác đều là hình chóp đều có đáy là tứ giác.
Cách giải:
Đáp án B sai: Hình chóp đều có các cạnh bên bằng nhau và các cạnh đáy bằng nhau, cạnh bên và cạnh đáy có
thể khác nhau
Chọn B.
Câu 2.
Phương pháp: loga f  x  có nghĩa  0  a  1; f  x   0
Cách giải:
Hàm số y  log 2  235 x  1 có nghĩa khi và chỉ khi 236 x  1  0  236 x  1  3  6 x  0  x 

1
2

1

Vậy tập xác định của hàm số là: D   ; 
2

Chọn D.
Câu 3.
Phương pháp:
Số mũ α

Hàm số y  x α

Tập xác định D

α = n ( n nguyên dương)

D=R

α = n ( n nguyên âm hoặc n = 0)

y  xn
y  xn

D  R \ 0

α là số thực không nguyên

y  xα

D   0;  

1

Chú ý: Hàm số y  x n không đồng nhất với hàm số y  n x  n  N .
9 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Cách giải:
Ta có: y   x 2  3



2

với – 2 là số nguyên âm nên điều kiện là: x2  3  0  x   3

Vậy D  R \  3; 3



Chọn A.
Câu 4.
Phương pháp:

 x  a  k 2π
,k Z
Giải phương trình sin x  sin a  
 x  π  a  k 2π
Cách giải:

π
π


2 x    k 2π
x    kπ


3
 π
3
6
sin 2 x  
 sin 2 x  sin     

,k Z


2
3

 2 x 

 k 2π
x
 kπ


3
3
π
π
 π π
Do α,β    ;   α   ;β  
6
3
 2 2

π π
π
Vậy α  β     
6 3
2
Chọn B.
Câu 5.
Phương pháp:
Dựa vào dạng của đồ thị hàm số, các điểm đi qua và các điểm cực trị của đồ thị hàm số để kết luận hàm số đó.
Cách giải:
Ta sử dụng theo cách trắc nghiệm để giải bài toán
Hàm số có nét cuối đi lên nên ta có: a > 0. Nên ta loại đáp án A.
Đồ thị hàm số đi qua điểm A(1;0) ta thay tọa độ điểm A vào 3 đáp án B, C, D thì đáp án D loại.
Đồ thị hàm số đi qua điểm B(3;2) nên ta thay tọa độ điểm B vào đáp án B và C thì ta loại được đáp án C.
Chọn B.
Câu 6.
10 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Phương pháp: Sử dụng máy tính Casio để giải quyết bài toán theo cách trắc nghiệm
Cách giải:
Do a  0, b  0 ta chọn a = 1; b = 2 sau đó thay vào biểu thức T bấm máy tính ra kết quả

Vậy T = 1
Chọn D.
Câu 7.
Phương pháp:
Đạo hàm của hàm số y  eu là y '  u '.eu
Cách giải:

y  e12 x  y '  2.e12 x
Chọn C.
Câu 8.
Phương pháp:
Công thức tính diện tích toàn phần của hình trụ: bằng diện tích xung quanh cộng với diện tích của 2 đáy.

Stp  2πr 2  2πrh
Trong đó r là bán kính đáy và h là chiều cao của hình trụ.
Cách giải:
Ta có: r  OA 

AB a
 ; h  AA '  BB '  a
2
2
2

a
3πa 2
a
Vậy Stp  2πr 2  2πrh  2π.    2π. .a 
2
2
2
Chọn A.
Câu 9
Phương pháp
11 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Tìm m để hàm số y 

ax  b
đồng biến, nghịch biến trên khoảng  ; 
cx  d

- Bước 1: Tính y ' .
- Bước 2: Nêu điều kiện để hàm số đồng biến, nghịch biến:

 y '  f '  x   0, x   ;  

+ Hàm số đồng biến trên  ;     d
   ;  
 c
 y '  f '  x   0, x   ;  

+ Hàm số nghịch biến trên  ;     d
   ;  
 c
- Bước 3: Kết luận.
Cách giải:

m  m  1  6.2 m2  m  12
mx  6
y
 y' 

2
2
2x  m  1
 2 x  m  1  2 x  m  1
Hàm số nghịch biến trên

m2  m  12  0

4  m  3
4  m  3
y '  0
m  1
4  m  3






1
  2
   m  1  0    m  1

 1;1   m  1
1  m  3
 2   1;1  m  1
m  3  0  m  3






1
 2
Chọn D.
Câu 10.
Phương pháp:
+) Gọi số tự nhiên có 5 chữ số cần tìm là abcde
+) Tính số cách chọn của từng chữ số sau đó áp dụng quy tắc nhân.
Cách giải:
Gọi số tự nhiên có 5 chữ số cần tìm là abcde
Do số cần tìm chia hết cho 2 nên e có 4 cách chọn {0;2;4;6}
a có 6 cách chọn {1;2;3;4;5;6}
12 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


b có 7 cách chọn {0;1;2;3;4;5;6}
c có 7 cách chọn {0;1;2;3;4;5;6}
d có 7 cách chọn {0;1;2;3;4;5;6}
Do đó ta có: 4.6.7.7.7 = 8232 cách chọn số có 5 chữ số chia hết cho 2
Chọn A.
Câu 11:
Phương pháp:
Hàm số y  f  x  liên tục tại x  x 0  lim f  x   lim f  x   f  x 0 .
x  x0

x  x0

Cách giải:
Ta có: limf  x   lim
x 4

 lim
x 4

x 4

 x  4 



2x  1  x  5
 lim
x 4
x4

x4
2x  1  x  5



 lim
x 4

2x  1  x  5

 x  4 
1



2x  1  x  5

2x  1  x  5





1
 .
6
2x  1  x  5





Mà f  4  a  2.

 Hàm số liên tục tại x 0  4  a  2 

1
11
a .
6
6

Chọn B.
Câu 12:
Phương pháp:
Sử dụng công thức lũy thừa: a m .a n  a m  n ;

m

n

am  a n .

Cách giải:
5

1

5

4

4

:5

4

Ta có: T  5 a 3 a  a.a 3  a 3  a 3  a 15 .
Chọn C.
Câu 13:
Phương pháp:
13 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Sử dụng các quy tắc tính giá trị của hàm số để tính. Tính giới hạn của hàm số dạng:
nhân tử chung sau đó rút gọn với mẫu số để triệt tiêu dạng

0
ta phân tích tử số thành
0

0
rồi thay giá trị x  5 vào để tính giới hạn của hàm
0

số cần tính.
Cách giải:

 x  7  x  5  lim 7  x  7  5  2 .
x 2  12x  35
Ta có: lim
 lim
x 5
x 5
x 5
25  5x
55  x 
5
5
5
Chọn A.
Câu 14:
Phương pháp:

 

+) Sử dụng công thức tính xác suất của biến cố đối: P  A   1  P A .
+) Với hai biến cố A và B độc lập ta có: P  AB  P  A .P  B
Cách giải:
Gọi biến cố A: “Người thứ nhất bắn trúng đích”  P  A   0,5.

 

 Xác suất của người thứ nhất bắn không trúng đích là: P A  1  0,5  0,5.
Gọi biến cố B: “Người thứ nhất bắn trúng đích”  P  B  0,6.

 

 Xác suất của người thứ hai bắn không trúng đích là: P B  1  0,6  0,4.
Gọi biến cố C: “Người thứ ba bắn trúng đích”  P  C  0,7.

 

 Xác suất của người thứ ba bắn không trúng đích là: P C  1  0,7  0,3.
Gọi biến cố D: “Có đúng hai người bắn trúng đích”.

 

 

 

 P  D   P  A .P  B.P C  P  C .P  B.P A  P  A .P  C .P B
 0,5.0,6.0,3  0,7.0,6.0,5  0,5.0,7.0,4  0,44.
Chọn C.
Câu 15:
Phương pháp:

14 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


a
Áp dụng các công thức logarit: ln a  ln b  ln  ab  ;ln a  ln b  ln ; ln a n  n ln a với a  0; b  0 .
b
Cách giải:
Ta có: a 2  b2  7ab   a  b   9ab
2

Lấy loganepe hai vế ta được:

ln  a  b   ln  9ab 
2

 2ln  a  b   ln 9  ln a  ln b
 2ln  a  b   2ln 3  ln a  ln b
 2 ln  a  b   ln 3  ln a  ln b
 ln

ab 1
  ln a  ln b .
3
2

Chọn C.
Câu 16:
Phương pháp:
+) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M  x 0 ; y0  thuộc đồ thị (C) có hệ số góc là k  y'  x 0  .
+) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M là: y  f '  x 0  x  x 0   y0 .
Cách giải:
Gọi M  x 0 ; y0  là một điểm thuộc đồ thị hàm số (C). Khi đó hệ số góc của (C) tại M là: k  y'  x 0 
Để k lớn nhất thì y'  x 0  lớn nhất.





Ta có: y'  3x 2  6x  3 x 2  2x  1  3  3 x  1  3  3
2

 Max y'  3  x  1  0  x  1  M 1; 4 .
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: y  3 x  1  4  3x  1.
Chọn A.
Câu 17:
Phương pháp:
Hoành độ các điểm cực trị của hàm số là nghiệm của phương trình y '  0.
15 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Tung độ của điểm cực trị có hoành độ x  x0 là y0  y  x 0 .

 y'  x 0   0
Ta có: x  x0 là điểm cực đại của hàm số  
.
 y''  x 0   0
Cách giải:

 x  0
3x 2  6x  0 
 y'  0

   x  2  x  0  y  0   1.
Ta có: 
 y''  0 6x  6  0
x  1

Vậy điểm cực đại của hàm số là  0;1 .
Chọn B.
Câu 18:
Phương pháp:



n

+) Sử dụng công thức khai triển:  a  b    Ckn a n  k bk . 0  k  n; k  N; n  N*
n

k 0



m

+) Các công thức lũy thừa:

n

am  a n .

Cách giải:
14

14
2 

k
Ta có:  3 x  4    C14
x

k 0
0  k  14; k  N ).

 x
3

14k

14k
14 7k
k
14
14


k
k
 2 
k
k
3
4
.   4    C14

2
x
.x

C

2
x
 
 3 12 . (với

14 
x  k 0

k 0
k

Để có số hạng không chứa x trong khai triển thì :

14 7k

 0  k  8  tm  .
3 12

8
8
6
 28 C14
 28 C14
.
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là:  2 C14
8

Chọn C.
Câu 19:
Phương pháp:
Sử dụng các công thức của logarit: loga m b 

1
log b
loga b; loga bn  n log a b; log a bc  log a b  log a c; loga b 
.
m
logc

Cách giải:
16 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


1
Ta có: log9 45  log9 9  log9 5  1  log32 5  1  log3 5
2

1 log5
1 n
n
1 .
1 . 1
.
2 log3
2 m
2m
Chọn D.
Câu 20:
Phương pháp:
Thể tích của hình lập phương cạnh a: V  a 3.
Cách giải:
Gọi cạnh của hình lập phương là x  0  x  a .
Khi đó VABCD.A ' B ' C ' D '  x 3.
Xét tam giác AA’D vuông tại A ta có:

AD'  DD'2  AD2  x 2  x 2  x 2.
Tương tự có: D'C  AC  x 2.

 AD'C là tam giác đều cạnh x 2.

 SD ' AC

x 2


2

3

 a2 3

4
 x  2a  x  a 2.
2



 VABCD.A ' B ' C ' D '  x 3  a 2



3

 2 2a 3.

Chọn C.
Câu 21:
Phương pháp:
Xét tính đúng sai của từng đáp án, sử dụng tính đồng biến, nghịch biến của hàm số lũy thừa và dạng đồ thị hàm
số lũy thừa.
Cách giải:
- Hàm số y  a x nghịch biến nếu 0  a  1 nên A sai.
- Đồ thị hàm số y  a x với 0  a  1 luôn đi qua điểm 1;a  , không đi qua điểm  a;1 nên B sai.
17 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


- Hàm số y  a x đồng biến nếu a  1 nên C sai.
x

1
- Đồ thị các hàm số y  a x và y    (với 0  a  1 ) đối xứng với nhau qua trục Oy đúng.
a
Chọn D.
Câu 22:
Phương pháp:
Sử dụng tính chất của khối 12 mặt đều.
Cách giải:
Khối 12 mặt đều có 12 mặt, 20 đỉnh và 30 cạnh.
Chọn B.
Câu 23:
Phương pháp:
- Tính y ' và giải phương trình y '  0 .
- Xét dấu y ' suy ra kết luận.
+ Các khoảng y '  0 thì hàm số nghịch biến.
+ Các khoảng y '  0 thì hàm số đồng biến.
Cách giải:

 x  1
Ta có: y '  3x 2  6x  9  3  x  1 x  3  0  
x  3
x  3
y'  0  
nên hàm số nghịch biến trên  ; 1 và  3;  .
 x  1
y '  0  1  x  3 nên hàm số đồng biến trên  1;3 .
Chọn C.
Chú ý khi giải: HS thường nhầm khi kết luận các khoảng nghịch biến của hàm số nên nhiều em sẽ chọn nhầm
đáp án D là sai.
Câu 24:
Phương pháp:
18 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Công thức tính diện tích mặt cầu S  4R 2 .
Cách giải:
Áp dụng công thức S  4R 2 ta có:

72  4R 2  R 2  18  R  3 2  cm  .
Chọn B.
Câu 25:
Phương pháp:
- Tính y ' , sử dụng công thức  ln u  ' 

u'
u

- Thay y ' vào các đẳng thức vào kiểm tra tính đúng sai của chúng.
Cách giải:

1
2
1  1  x 
1

Ta có: y '   ln
nên A đúng.

' 
1
1 x
 1 x 
1 x
x.y' 1  x.

1
ln
1
x
1
1 
1 
 e 1 x  ey nên B và D đúng, C sai.
1 x
1 x
1 x

Chọn C.
Chú ý khi giải: HS thường đọc nhầm đề, khi tính được y ' vội vàng chọn ngay đáp án A là sai.
Câu 26:
Phương pháp:
- Rút gọn dãy số  u n  , tìm số hạng tổng quát của dãy số u n
- Tính limu n .
Cách giải:
Ta có:

un 

1
1
1
1 1 1 1 1 1
1
1  1
1 

 ... 
 1       ... 

  1 

1.3 3.5
2n  1 2n  1  2  2n  1 
 2n  1 2n  1 2  3 3 5 5 7

Do đó:
19 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


1
1  1
1
lim u n  lim 1 
  . 1  0  
2  2n  1  2
2
Chọn A.
Câu 27:
Phương pháp:

1
Công thức tính thể tích khối nón V  R 2 h với R là bán kính đáy, h là chiều cao.
3
Cách giải:
Bán kính đáy là R  l2  h 2  252 152  20 .



1
1
Vậy V  R 2 h  .202.15  2000 cm3
3
3



Chọn A.
Chú ý khi giải: HS thường nhầm với công thức V  R 2 h dẫn đến chọn nhầm đáp án C là sai.
Câu 28:
Phương pháp:

  5 
- Tìm tập giá trị của sin x với x    ;  .
 6 6
- Tìm tập giá trị của hàm số y 

12
trên đoạn vừa tìm được ở trên.
7  4sin x

Cách giải:

  5 
 1 
Vì x    ;  nên sin x    ;1 .
 6 6
 2 
Do đó 2  4sin x  4  4  4sin x  2  3  7  4sin x  9 

12
12
12
4

   y  4.
3 7  4sin x 9
3

4

 sin x  1  x 
3
2
1

y  4  sin x    x  
2
6
y

Vậy M  4;m 

4
.
3

20 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Chọn D.

  5 
 1 1
Chú ý khi giải: HS thường nhầm lẫn x    ;   sin x    ;  dẫn đến chọn nhầm đáp án C là sai.
 6 6
 2 2
Câu 29:
Phương pháp:
- Tính y ' .
- Xét tính đơn điệu của hàm số, từ đó suy ra GTLN, GTNN của hàm số trên  0;1 .
Cách giải:
Ta có: y ' 

3

 2x  1

2

 0, x  

1
2

 max y  y 1  0;min y  y  0  1 .
0;1

0;1

Chọn A.
Câu 30:
Phương pháp:

 

Sử dụng công thức tính xác suất phần bù P  A   1  P A .
Cách giải:
Gọi A là biến cố “Lấy được ba viên bi có không quá 2 màu”
Khi đó A là biến cố “Lấy được ba viên bi có đủ cả 3 màu”

 

Ta có: n A  C19 .C16 .C15  270;n     C320  1140

 

P A 

   270  9

n A

n  

1140

 

 P  A  1 P A  1

38

9 29

38 38

Chọn D.

 

Chú ý khi giải: HS thường nhầm lẫn khi tính ra P A 

9
thì vội vàng chọn ngay đáp án B là sai.
38

Câu 31:
21 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Phương pháp:
- Tính thể tích mỗi cột trước khi hoàn thiện Vt  Sd .h với Sd là diện tích đáy lục giác đều, h là chiều cao.
- Tính thể tích mỗi cột sau khi hoàn thiện Vs  R 2 h với R là bán kính đáy, h là chiều cao.
- Tính thể tích phần vữa được chát thêm vào mỗi cột V  Vs  Vt .
- Tính thể tích phần xi măng có trong vữa ở mỗi cột Vxm  80%V .
- Tính số bao xi măng cần dùng cho 10 cột n  10.Vxm : 64000 .
Cách giải:
Chia đáy hình lục giác đều thành 6 tam giác đều có cạnh bằng 20cm , ta có:

Sd  6S  6.

202 3
 600 3  cm2 
4

Thể tích khối lăng trụ lục giác đều là: Vt  Sd h  600 3.400  240000 3  cm3  .
Thể tích khối trụ lúc sau là: Vs  R 2 h  .212.400  176400  cm3  .
Thể tích phần vữa chát vào mỗi cột là: V  Vs  Vt  176400  240000 3  138485cm3 .
Thể tích phần xi măng cần dùng cho mỗi cột là 138485.80%  110788cm3 .
Số bao xi măng cần dùng cho 10 cột là: 110788.10 : 64000  17,3  17 nên phải dùng ít nhất 18 bao xi măng.
Chọn C.
Chú ý khi giải: HS thường nhầm lẫn ở bước kết luận, chọn nhầm đáp án B, cần lưu ý số bao xi măng xấp xỉ
17,3 nên nếu ta chỉ dùng 17 bao sẽ bị thiếu, do đó phải thêm 1 bao nữa là 18 bao thì mới đủ.
Câu 32:
Phương pháp:
- Dựng tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng cách dựng các trục đường tròn của đáy ABCD và mặt bên SAB
- Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng định lý Pi – ta – go.

4
- Thể tích khối cầu được tính bởi công thức V  R 3 .
3
Cách giải:

22 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Gọi M là trung điểm của

AB, O  AC  BD  SM  AB;OM  AB

 SMO  900  SM   ABCD  .
Gọi N là trọng tâm tam giác SAB .
Qua O, N kẻ d   ABCD ,d '  SAB , chúng cắt nhau
ở K.
Vì d, d ' là trục các đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật

ABCD và tam giác SAB nên K là tâm mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp S.ABCD .
Ta có:

2
2 3 3
SN  SM  .
 3
3
3 2
1
1
KN  OM  AD  .2  1
2
2

 SK  SN2  NK2  3  1  2  R  2 .
4
4
32
Vậy V  R 3  .23 
3
3
3
Chọn D.
Câu 33:
Phương pháp:
Sử dụng công thức lãi kép T  A 1  r%  với T là số dân sau n năm, A là số dân cuối năm 2010 .
n

Cách giải:
Số dân cuối năm 2010 là 905300 người.
Số dân cuối năm 2017 là 905300. 1  1,37%  .
7

Gọi số trẻ được sinh ra vào năm 2018 là x ta có : x
Số phòng học cần chuẩn bị là: 16042 : 35

2400

7

905300. 1 1,37% .1,37% 16042

458,3 phòng, gần nhất với số 458.

Chọn D.
Chú ý và sai lầm : Nhiều học sinh có cách giải bài toán này như sau :
Số dân cuối năm 2010 là 905300 người.
23 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Số dân cuối năm 2017 là 905300. 1  1,37%   995769 .
7

Số dân cuối năm 2018 là 905300. 1  1,37%  2400  1007011 .
8

Số trẻ em sinh ra trong năm 2018 là: 1007011  995769  11242 .
Số trẻ em sinh ra trong năm 2018 là số trẻ em sẽ vào lớp 1 trong năm học 2024 – 2025.
Do đó có 11242 học sinh vào lớp 1 trong năm đó.
Số phòng học cần chuẩn bị là: 11242 : 35  321, 2  321 phòng.
Chọn B.
Sai lầm ở đây là dân số năm 2018 tăng lên không phải là 1,37% của dân số cuối năm 2017 mà dân số tăng lên là
số trẻ sinh ra trừ số người chết đi trong năm 2018.
Câu 34:
Phương pháp:

 

Sử dụng công thức cos a;b 

a.b

.

a.b

Cách giải:





MN.AC'

Ta có: cos MN, AC' 

MN . AC'

Gọi cạnh của hình lập phương bằng a.

AM

ABB'A'

AM

AN

AMN vuông tại A

MN 2  MA 2  AN 2  MA 2  AB2  BN 2
a2
a 2 3a 2
a 3
2
 a  
 MN 
4
4
2
2

B'C'

ABB'A'

B'C'

AB'

B'C' vuông tại B’.

C'A2  C'B'2  B'A2  C'B'2  B'B2  BA2
 a 2  a 2  a 2  3a 2  C'A  a 3
Lại có:





MN.AC'  MA  AB  BN AB  BB'  B'C'



 MA.AB  AB2  BN.AB  MA.BB'  AB.BB'  BN.BB'  MA.B'C'  AB.B'C'  BN.B'C'
24 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Mà MA.AB  BN.AB  MA.BB'  AB.BB'  AB.B'C'  BN.B'C'  0 (do các tích vô hướng của các vector
vuông góc)

a2 a2
Nên MN.AC'  AB  BN.BB'  MA.B'C'  a    a 2
2 2
2





Vậy cos MN,AC' 

2

MN.AC'
MN . AC'



a2
2

3
a 3
.a 3
2

Chọn B.
Câu 35:
Phương pháp:
- Giải phương trình hoành độ giao điểm và tìm tọa độ các giao điểm.
- Chứng minh B là trung điểm của AC .
- Tam giác AOC cân tại O  OB  AC .
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm:

x3  3x 2  1  mx  m  1  x 3  3x 2  mx  m  2  0
x  1
  x  1  x 2  2x  m  2   0   2
 x  2x  m  2  0 *
Để d cắt  C  tại 3 điểm phân biệt thì phương trình * có hai nghiệm phân biệt khác 1

 '  1  m  2  0
m  3  0
 2

 m  3
1  2.1  m  2  0 3  m  0
Khi đó * có hai nghiệm phân biệt x1,2  1  m  3 .
Rõ ràng hai nghiệm này đối xứng với nhau qua x  1 .
Do đó A  x1;mx1  m 1 , B 1; 1 ,C  x 2 ;mx 2  m 1 và B là trung điểm của AC .

 OB  1; 1 , AC   x 2  x1; mx 2  mx1 
Tam giác AOC cân tại O  OB  AC  OB.AC  0
25 Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×