Tải bản đầy đủ

03 97 đề thi thử THPT môn toán chuyên KHTN hà nội lần 2 năm 2019 có đáp án chi tiết

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN
Mã đề: 567

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II – MÔN TOÁN
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút

Mục tiêu: Đề thi thử THPT Chuyên KHTN - Hà Nội được tổ chức vào ngày 17/03/2019, được đánh giá
là một đề thi khá hay và khó. Đề thi khá dài, có thể dễ gây hoang mang cho học sinh, các câu hỏi phía
cuối khá khó và lạ. Đề thi với mục tiêu giúp HS có cái nhìn rõ nhất về lực học của bản thân sau 2 kì thi
thử, giúp HS cọ sát và có tâm lí tốt nhất để bước vào kì thi THPTQG sắp tới. Học sinh sau đề thi này sẽ
có chương trình ôn tập tốt nhất đề bù vào những lỗ hổng trống của mình.
Câu 1 (TH): Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

(
C. lim (
A. lim

x →−∞


x →+∞

) 32
x − x + 1 + x − 2 ) = +∞
x2 − x + 1 + x − 2 = −

A. ∅

B. ( −4; −3)

3x − 2
= −∞
x +1

D. lim +

3x − 2
= −∞
x +1

x →( −1)

2

Câu 2 (VD): Tập nghiệm của bất phương trình

B. lim −
x →( −1)

log ( x 2 − 9 )
log ( 3 − x )

≤ 1 là:

C. ( 3; 4]

D. [ −4; −3)

Câu 3 (TH): Cho số phức z ≠ 0 . Khẳng định nào sau đây sai?
A. z + z là số thực
z
C. là số thuần ảo
z

B. z − z là số ảo
D. z.z là số thực

Câu 4 (NB): Vecto nào sau đây là một vecto chỉ phương của đường thẳng
A. ( −3; 2;1)

B. ( −2;1; −3)

C. ( 3; −2;1)

x + 2 y +1 z − 3
=
=
?
3
−2
−1
D. ( 2;1;3)

Câu 5 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A ( 0; 2; −1) , B ( −5; 4; 2 ) và C ( −1;0;5 ) .
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là:
A. ( −1;1;1)

B. ( −2; 2; 2 )

C. ( −6;6;6 )

D. ( −3;3;3)

2
2
Câu 6 (VD): Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x x − 4 với đường thẳng y = 3 là:

A. 8
B. 2
C. 4
D. 6
Câu 7 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz phương trình nào sau đây không phải là phương trình
của một mặt cầu?
A. x 2 + y 2 + z 2 + x − 2 y + 4 z − 3 = 0

B. 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 − x − y − z = 0

C. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 4 z + 10 = 0

D. 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 4 x + 8 y + 6 z + 3 = 0

Câu 8 (TH): Cho một cấp số cộng ( un ) có u1 = 5 và tổng 40 số hạng đầu bằng 3320. Tìm công sai của
cấp số cộng đó.
1


B. −4

A. 4

Câu 9 (TH): Đồ thị hàm số y =
A. 1

x −1
25 − x 2

D. −8

C. 8
có bao nhiêu đường tiệm cận?

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 10 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm A ( −3;1; 2 ) . Tọa độ điểm A ' đối xứng với điểm
A qua trục Oy là:
A. ( 3; −1; −2 )

B. ( 3; −1; 2 )

C. ( −3; −1; 2 )

D. ( 3;1; −2 )

Câu 11 (TH): Tập giá trị của hàm số y = x − 3 + 7 − x là:
B. [ 3;7 ]

A.  2; 2 2 

D. ( 3;7 )

C. 0; 2 2 

Câu 12 (TH): Đạo hàm của hàm số f ( x ) = ln ( ln x ) là:
A. f ' ( x ) =
C. f ' ( x ) =

1

B. f ' ( x ) =

2 x ln x ln ( ln x )
1

D. f ' ( x ) =

2 x ln ( ln x )

1
x ln x ln ( ln x )
1
ln x ln ( ln x )

Câu 13 (VD): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn
z + 2 − i + z − 4 − i = 10
A. 12π

B. 20π

C. 15π

D. Đáp án khác

Câu 14 (VD): Cho hàm số f ( x ) với bảng biến thiên dưới đây:
x

−∞


f '( x )
f ( x)

−1
0

0
+

+∞

+∞

2


0

0

+
+∞

3
−2

−4

Hỏi hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu cực trị?
A. 5

B. 3

C. 1

D. 7

Câu 15 (TH): Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA ' và BC ' . Khi đó
đường thẳng AB ' song song với mặt phẳng:
A. ( C ' MN )

B. ( A ' CN )

C. ( A ' BN )

Câu 16 (VD): Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

D. ( BMN )
x+m
trên đoạn [ 1; 2] bằng 8 (m là
x +1

tham số thực). Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. 0 < m < 4
B. 4 < m < 8

C. 8 < m < 10

D. m > 10

Câu 17 (TH): Số 2018201920192020 có bao nhiêu chữ số?
A. 147501991
B.147501992

C. 147433277

D. 147433276
2


Câu 18 (VD): Phương trình cos 2 x + 2 cos x − 3 = 0 có bao nhiêu nghiệm trong khoảng ( 0; 2019 ) ?
A. 1009

B. 1010

C. 320

D. 321

7 − 4 x 2 khi 0 ≤ x ≤ 1
f
x
=
(
)
Câu 19 (VD): Cho hàm số
. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

2
 4 − x khi x > 1
hàm số f ( x ) và các đường thẳng x = 0, x = 3, y = 0
16
20
B.
C. 10
D. 9
3
3
Câu 20 (TH): Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là một
A.

tam giác đều và nằm trong một mặt phẳng vuông góc với đáy ( ABCD ) . Tính thể tích khối chóp SABCD.
A.

a3
6

B.

a3 3
2

C.

a3 3
6

D.

a3
2

2
2
Câu 21 (TH): Cho số tự nhiên n thỏa mãn Cn + An = 15n . Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. n chia hết cho 7
C. n chia hết cho 5

B. n không chia hết cho 2
D. n không chia hết cho 11

Câu 22 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H ( 1; 2; −2 ) . Mặt phẳng ( α ) đi qua H và
cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho H là trực tâm của ∆ABC . Tính diện tích mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.
81π
243π
A.
B.
C. 81π
D. 243π
2
2
Câu 23 (VD): Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Tính diện tích toàn phần của vật tròn
xoay thu được khi quay tam giác AA ' C ' quanh trục AA '
A. π

(

)

6 + 2 a2

B. π

(

)

3 + 2 a2

C. 2π

(

)

2 +1 a2

D. 2π

(

)

6 +1 a2

Câu 24 (VD): Một mô hình gồm các khối cầu xếp chồng lên nhau tạo thành một cột thẳng đứng. Biết
rằng mỗi khối cầu có bán kính gấp đôi bán kính của khối cầu nằm ngay trên nó và bán kính khối cầu dưới
cùng là 50cm. Hỏi mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Mô hình có thể đạt được chiều cao tùy ý.
B. Chiều cao mô hình không quá 1,5 mét.
C. Chiều cao mô hình tối đa là 2 mét.
D. Chiều cao mô hình dưới 2 mét.
Câu 25 (VD): Cho khối chóp tứ giác SABCD có thể tích V, đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P, Q
lần lượt là trung điểm các cạnh SB, BC, CD, DA. Tính thể tích khối chóp M.CNQP theo V.
3V
3V
3V
V
A.
B.
C.
D.
4
8
16
16
Câu 26 (VD): Cho hàm số f ( x ) xác định trên ¡ thỏa mãn f ' ( x ) = 4 x + 3 và f ( 1) = −1 . Biết rằng
phương trình f ( x ) = 10 có hai nghiệm thực x1 , x2 . Tính tổng log 2 x1 + log 2 x2
A. 8

B. 16

Câu 27 (VD): Cho khai triển

(

3+x

C. 4

)

2019

D. 3

= a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + ..... + a2019 x 2019 . Hãy tính tổng
3


S = a0 − a2 + a4 − a6 + ..... + a2016 − a2018
A.

( 3)

1009

B. 0

C. 22019

D. 21009

Câu 28 (VD): Biết tổng các hệ số trong khai triển nhị thức Newton của ( 5 x − 1) bằng 2100 . Tìm hệ số
n

của x 3
A. −161700
B. −19600
C. −2450000
Câu 29 (VD): Số mặt phẳng đối xứng của hình bát diện đều là:
A. 3
B. 5
C. 7
Câu 30 (VD): Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ có

3



f ( x ) dx = 8 và

0

A. 3

B. 6

5



D. −20212500
D. 9
f ( x ) dx = 4 . Tính

9
4

∫ ( 4 x − 1 ) dx

−1

0

C.

1

D.

11
4

2
Câu 31 (VDC): Cho hai số thực a > 1, b > 1 . Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình a x b x −1 = 1 .

2

 xx 
Trong trường hợp biểu thức S =  1 2 ÷ − 4 x1 − 4 x2 đạt giá trị nhỏ nhất, mệnh đề nào sau đây là đúng?
 x1 + x2 
A. a < b
B. a ≥ b
C. ab = 4
D. ab = 2
Câu 32 (VD): Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là một tam giác vuông cân tại B với trọng tâm
G, cạnh bên SA tạo với đáy ( ABC ) một góc 300 . Biết hai mặt phẳng ( SBG ) và ( SCG ) cùng vuông góc
với mặt phẳng ( ABC ) . Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và BC.
15
3 15
15
30
B.
C.
D.
5
20
10
20
Câu 33 (VD): Cho hai dãy ghế dối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm 5
nam, 5 nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác suất để mỗi học
sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ.
1
1
8
1
A.
B.
C.
D.
252
945
63
63
Câu 34 (VD): Phương trình sin x = 2019 x có bao nhiêu nghiệm thực?
A. 1288
B. 1287
C. 1290
D. 1289
A.

Câu 35 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi ( α ) là mặt phẳng chứa đường thẳng
d:

x −2 y −3 z
=
= và vuông góc với mặt phẳng ( β ) : x + y − 2 z + 1 = 0 . Hỏi giao tuyến của ( α ) và ( β )
1
1
2

là:
A. ( 1; −2;0 )

B. ( 2;3;3)

C. ( 5;6;8 )

Câu 36 (VD): Cho hàm số f ( x ) xác định trên ¡ và thỏa mãn lim
x →2

3

lim
x →2

D.

( 0;1;3)

f ( x ) − 16
= 12 . Tính giới hạn
x−2

5 f ( x ) − 16 − 4
x2 + 2x − 8
4


A.

5
24

B.

5
12

C.

1
4

D.

1
5

cos 4 x − cos 2 x + 2sin 2 x
= 0 . Tính diện tích đa giác có các đỉnh là các
sin x + cos x
điểm biểu diễn các nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác.
Câu 37 (VD): Cho phương trình

2
2
B.
C. 2
D. 2 2
4
2
Câu 38 (VD): Biết rằng trong không gian với hệ tọa độ Oxyz có hai mặt phẳng (P) và (Q) cùng thỏa mãn
A.

các điều kiện sau: đi qua hai điểm A ( 1;1;1) và B ( 0; −2; 2 ) , đồng thời cắt các trục tọa độ Ox, Oy tại hai
điểm cách đều O. Giả sử (P) có phương trình x + b1 y + c1 z + d1 = 0 và (Q) có phương trình
x + b2 y + c2 z + d 2 = 0 . Tính giá trị của biểu thức b1b2 + c1c2
A. −7

B. −9

C. 9

D. 7

Câu 39 (VD): Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng a, bạnh bên bằng

2a . Gọi M là trung

điểm AB. Tính diện tích thiết diện cắt lăng trụ đã cho bởi mặt phẳng ( A ' C ' M )
A.

9 2
a
8

B.

3 2 2
a
4

C.

3 35 2
a
16

D.

7 2 2
a
16

Câu 40 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong đoạn [ −2019; 2019] để hàm số
y = ln ( x 2 + 2 ) − mx + 1 đồng biến trên ¡
A. 4038

B. 2019

C. 2020

Câu 41 (VDC): Cho hai số thực thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 . Đặt P =

D. 1009

x 2 + 6 xy
. Khẳng định nào sau đây là
1 + 2 xy + 2 y 2

đúng?
A. Giá trị nhỏ nhất của P là −3
C. P không có giá trị lớn nhất

B. Giá trị lớn nhất của P là 1
D. P không có giá trị nhỏ nhất

 3x + 1 − 2 x
khi x ≠ 1

x

1
Câu 42 (VD): Cho hàm số f ( x ) = 
. Tính f ' ( 1)
− 5
khi x = 1
 4
A. 0

B. −

7
50

C. −

9
64

D. không tồn tại

Câu 43 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A ( 0;0;3) , B ( −2;0;1) và mặt phẳng

( α ) : 2 x − y + 2 z + 8 = 0 . Hỏi có bao nhiêu điểm C trên mặt phẳng ( α )
A. 2

B. 0

C. 1

sao cho tam giác ABC đều.
D. vô số

Câu 44 (VDC): Gọi (C) là đồ thị hàm số y = x + 2 x + 2 và điểm M di chuyển trên (C). Gọi d1 , d 2 là các
2

đường thẳng đi qua M sao cho d1 song song với trục tung và d1 , d 2 đối xứng nhau qua tiếp tuyến của
(C) tại M. Biết rằng khi M di chuyển trên (C) thì d 2 luôn đi qua một điểm I ( a; b ) cố định. Đẳng thức
nào sau đây là đúng?
5


A. ab = −1
B. a + b = 0
C. 3a + 2b = 0
D. 5a + 4b = 0
Câu 45 (VD): Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và
∠SBA = ∠SCA = 900 . Biết góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ABC bằng 450 . Khoảng cách giữa hai
đường thẳng SB và AC là:
A.

2 51
a
17

B.

2 7
a
7

C.

39
a
13

Câu 46 (VD): Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ và thỏa mãn

π
2

tích phân


1
2

f ( x2 )
x

8

∫ tan xf ( cos x ) dx = ∫
0

2

2 13
a
13

D.

2

f

1

( x ) dx = 6 . Tính
3

x

dx

A. 4

B. 6

C. 7

D. 10

Câu 47 (VD): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a, ( ACD ) ⊥ ( BCD ) và ( ABC ) ⊥ ( ABD ) .
Tính độ dài cạnh CD.
2 3
3
B. 2 2a
C. 2a
D.
a
a
3
3
Câu 48 (VD): Cho một đa giác đều có 48 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên ba đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam
giác tạo thành từ ba đỉnh đó là một tam giác nhọn.
22
11
33
33
A.
B.
C.
D.
47
47
47
94
A.

Câu 49 (VD): Cho hàm số y = − x 3 + 3 x 2 + 9 x có đồ thị (C). Gọi A, B, C, D là bốn điểm trên đồ thị (C)
với hoành độ lần lượt là a, b, c, d sao cho tứ giác ABCD là một hình thoi đồng thời hai tiếp tuyến tại A, C
song song với nhau và đường thẳng AC tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Tính tích abcd.
A. 144
B. 60
C. 180
D. 120
Câu 50 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A ( 8;5; −11) , B ( 5;3; −4 ) , C ( 1; 2; −6 ) và
mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z + 1) = 9 . Gọi điểm M ( a; b; c )
uuur uuur uuuu
r
MA − MB − MC đạt giá trị nhỏ nhất. Hãy tìm a + b
2

A. 9

2

B. 4

2

C. 2

là điểm trên (S) sao cho

D. 6

6


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1.B
11.A
21.B
31.A
41.A

2.D
12.A
22.B
32.C
42.C

3.C
13.B
23.A
33.C
43.B

4.A
14.D
24.D
34.B
44.D

5.B
15.B
25.C
35.B
45.A

6.D
16.C
26.D
36.A
46.C

7.C
17.D
27.B
37.C
47.A

8.A
18.D
28.C
38.B
48.B

9.B
19.C
29.D
39.C
49.D

10.D
20.C
30.A
40.B
50.C

Câu 1:
Phương pháp:
Sử dụng các phương pháp tính giới hạn hàm số để tính các giới hạn và chọn đáp án đúng.
Cách giải:
Ta có:

(
+) lim ( x − x + 1 + x − 2 ) = lim
2

x →−∞

= lim

2

x2 − x + 1 − x + 2

3x − 2
= +∞
+) lim −
x →( −1)
x +1



 do



= lim

x →−∞

(
+) lim ( x − x + 1 + x − 2 ) = lim
= lim

x →+∞

x →+∞

x2 − x + 1 − ( x − 2)

2

x2 − x + 1 − x + 2

3x − 2
= −∞
+) lim +
x →( −1)
x +1



 do



x2 − x + 1 − x + 2

= lim

x →+∞

)

3
3
x
= lim
=−
2
x 2 − x + 1 − x + 2 x→−∞ − 1 − 2 + 1 − 1 + 2
2
x x
x
3−

3x − 3


 lim − ( 3 x − 2 ) = −5
 x →( −1)
÷

x + 1) = 0; x − 1 < 0 ÷
(
 x →lim
÷

 ( −1)


2

x →+∞

)(

x2 − x + 1 − x + 2

x →−∞

x2 − x + 1 − ( x − 2)

x →−∞

x2 − x + 1 + x − 2

x2 − x + 1 + x − 2

)(

x2 − x + 1 − x + 2

)

x2 − x + 1 − x + 2
3
3x − 3
x
= lim
= +∞
2
x →+∞
2 1
2
x − x +1 − x + 2
1− + 2 −1+
x x
x
3−


 lim + ( 3 x − 2 ) = −5
 x→( −1)
÷

( x + 1) = 0; x − 1 > 0 ÷÷
 x→lim
+

1
(
)



Chọn: B
Câu 2:
Phương pháp:

7


 a > 1

b
 x < a
Giải bất phương trình logarit cơ bản log a x < b ⇔ 
0 < a <1
 
  x > a b
Cách giải:
 x > 3

x − 9 > 0
  x < −3
 x < −3


⇔ x < 3 ⇔ 
⇔ x < −3
Điều kiện: 3 − x > 0
log 3 − x ≠ 0
3 − x ≠ 1  x ≠ 2
)
 (


2

x2 − 9
log ( x − 9 )
log ( x − 9 ) − log ( 3 − x )
3− x ≤ 0
≤1⇔
≤0⇔
log ( 3 − x )
log ( 3 − x )
log ( 3 − x )
2

2

log

 log  − ( x + 3)  ≥ 0
 − x − 3 ≥ 1


 log ( 3 − x ) < 0
log  − ( x + 3) 
3 − x < 1

≤0⇔
⇔
 − x − 3 ≤ 1
log ( 3 − x )
 log  − ( x + 3)  ≤ 0


 3 − x > 1

 log ( 3 − x ) > 0
  x ≤ −4

x > 4
⇔
⇔ −4 ≤ x < 2 ⇒ − 4 ≤ x < − 3
  x ≥ −4

  x < 2
Chọn: D
Câu 3:
Phương pháp:
Cho số phức z = a + bi ⇒ z = a − bi . Sử dụng các phép tính cộng, trừ, nhân, chia để tính và chọn đáp án
đúng.
Cách giải:
Gọi số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ; a, b ≠ 0 ) ⇒ z = a − bi
Ta có: z + z = a + bi + a − bi = 2a ⇒ z + z là số thực ⇒ đáp án A đúng.
z − z = a + bi − a + bi = 2bi ⇒ z − z là số ảo ⇒ đáp án B đúng.
a + bi )
(
z a + bi
a 2 − b 2 + 2abi a 2 − b 2
2abi
z
=
=
=
= 2
+ 2
⇒ là số phức ⇒ đáp án C sai.
2
2
2
2
a +b
a +b a +b
z a − bi ( a − bi ) ( a + bi )
z
2

z.z = ( a + bi ) ( a − bi ) = a 2 + b 2 ⇒ z.z là số thực ⇒ đáp án D đúng.
Chọn: C
Câu 4:
Phương pháp:
8


Đường thẳng

r
x − x0 y − y0 z − z0
=
=
đi qua M ( x0 ; y0 ; z0 ) và có 1 VTCP u = ( a; b; c )
a
b
c

Cách giải:
Đường thẳng

x + 2 y +1 z − 3
=
=
có 1 VTCP là: ( 3; −2; −1) = − ( −3; 2;1)
3
−2
−1

Chọn: A
Câu 5:
Phương pháp:

Trọng tâm G ( xG ; yG ; zG )

x A + xB + xC

 xG =
3

y
+
y

B + yC
của ∆ABC có tọa độ  yG = A
3

z A + zB + zC

 zG =
3


Cách giải:
x A + xB + xC

= −2
 xG =
3

y + yB + yC

= 2 ⇒ G ( −2; 2; 2 )
Ta có tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:  yG = A
3

z A + zB + zC

=2
 zG =
3

Chọn: B
Câu 6:
Phương pháp:
2
2
Vẽ đồ thị hoặc BBT của hàm số y = x x − 4 và đường thẳng y = 3 để tìm số giao điểm.

Cách giải:
Ta có đồ thị hàm số:

2
2
Như vậy ta thấy đường thẳng y = 3 cắt đồ thị hàm số y = x x − 4 tại 6 điểm phân biệt.

Chọn: D
9


Câu 7:
Phương pháp:
Phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 là phương trình mặt cầu ⇔ a 2 + b2 + c 2 − d > 0
Cách giải:
Xét từng đáp án ta được:
1
33
2
2
2
>0
+) Đáp án A: x 2 + y 2 + z 2 + x − 2 y + 4 z − 3 = 0 có: a = − ; b = 1; c = −2, d = −3 ⇒ a + b + c − d =
2
4
⇒ phương trình này là phương trình mặt cầu.
1
1
1
2
2
2
2
2
2
+) Đáp án B: 2 x + 2 y + 2 z − x − y − z = 0 ⇔ x + y + z − x − y − z = 0 có:
2
2
2
1
1
1
3
a = ; b = ; c = ; d = 0 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 − d = > 0 ⇒ phương trình này là phưng trình mặt cầu.
4
4
4
16
+) Đáp án C: x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 4 z + 10 = 0 có: a = 1; b = −2; c = 2; d = 10 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 − d = −1 < 0
⇒ phương trình này không phải là phương trình mặt cầu.
Chọn: C
Câu 8:
Phương pháp:
Công thức tổng quát của CSC có số hạng đầu là u1 và công sai d: un = u1 + ( n − 1) d
Tổng của n số hạng đầu của CSC có số hạng đầu là u1 và công sai d: S n =

n ( u1 + un ) n  2u1 + ( n − 1) d 
=
2
2

Cách giải:
n  2u + ( n − 1) d 
40 ( 2.5 + 39d )
Gọi d là công sai của CSC đã cho ta có: S 40 =  1

= 3320 ⇔ d = 4
2
2
Chọn: A
Câu 9:
Phương pháp:
f ( x) = ∞
+) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x ) ⇔ lim
x→a
f ( x) = b
+) Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x ) ⇔ xlim
→±∞
Cách giải:
TXĐ: D \ [ −5;5]
Hàm số đã cho liên tục trong [ −5;5] và xlim
→ 5+

x −1
25 − x 2

= −∞; lim−
x →5

x −1
25 − x 2

= +∞ ⇒ đồ thị hàm số có hai

đường TCĐ là x = 5, x = −5 và đồ thị hàm số không có TCN.
Chọn: B
Câu 10:
Phương pháp:
Điểm A ' đối xứng với A ( a; b; c ) qua trục Oy ⇒ A ' ( −a; b; −c )
Cách giải:
10


Toạ độ điểm A ' đối xứng với A ( −3;1; 2 ) qua trục Oy là ( 3;1; −2 )
Chọn: D
Câu 11:
Phương pháp:
Tìm TXĐ của hàm số sau đó xét sự biến thiên, lập BBT và tìm tập giá trị của hàm số.
Cách giải:
TXĐ: D = [ 3;7 ]
Xét hàm số y = x − 3 + 7 − x ta có: y ' =

1
1

2 x −3 2 7− x

1
1

= 0 ⇔ x−3 = 7− x
2 x−3 2 7− x
⇔ x − 3 = 7 − x ⇔ 2 x = 10 ⇔ x = 5
Ta có BBT:
⇒ y' = 0 ⇔

x

3

5


y'

7

0

+

2 2
y
2

2

Vậy tập giá trị của hàm số là:  2; 2 2  .
Chọn: A
Câu 12:
Phương pháp:
Sử dụng công thức đạo hàm của các hàm số cơ bản và hàm hợp:

( u ) ' = 2u 'u , ( ln x ) ' = 1x

Cách giải:
Ta có:
f '( x) =

(

( ln x ) '
 ln ( ln x )  '
1
ln x
ln ( ln x ) ' =
=
=
2 ln ( ln x ) 2 ln ( ln x ) 2 x ln x ln ( ln x )

)

Chọn: A
Câu 13:
Phương pháp:
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức bài cho sau đó tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các
điểm đó.
Cách giải:
Ta có: z + 2 − i + z − 4 − i = 10 ⇔ z − ( −2 + i ) + z − ( 4 + i ) = 10 ( *)
11


Gọi z = x + yi ⇒ M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z.
Gọi A ( −2;1) là điểm biểu diễn cho số phức −2 + i và B ( 4;1) là điểm biểu diễn cho số phức 4 + i
Từ ( *) ⇒ MA + MB = 10 ⇒ Tập hợp điểm M là elip có A, B là hai tiêu điểm và độ dài trục lớn bằng 10.
Ta có AB = 62 = 6 = 2c ⇒ c = 3 và MA + MB = 2a = 10 ⇒ a = 5
⇒ b 2 = a 2 − c 2 = 52 − 32 = 42 ⇒ b = 4
Vậy ⇒ S( E ) = π ab = π .5.4 = 20π
Chọn: B
Câu 14:
Phương pháp:
Cách 1: Dựa vào BBT, vẽ BBT của đồ thị hàm số y = f ( x ) và suy ra số các điểm cực trị của hàm số.

Cách 2: Từ BBT suy ra công thức hàm số y = f ( x ) từ đó vẽ đồ thị hàm số y = f ( x ) và suy ra số các
điểm cực trị của hàm số.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị ( −1; −2 ) , ( 0;3) , ( 2; −4 )
Khi đó ta có BBT của hàm số y = f ( x ) như sau:
x

−∞


f '( x )

−1
0

+

+∞
f ( x)

0
0



2
0

+∞
+
+∞

3
2

4

−2

−4

y=0

BBT của hàm số y = f ( x ) là:
x

−∞


f '( x )

−2
0

+∞
f ( x)

+

0
0



2
0

+∞
+
+∞

3
4

4

−4

−4

y=0

Như vậy hàm số y = f ( x ) có 7 điểm cực trị.
Chọn: D
Câu 15:
Phương pháp:
Sử dụng quan hệ song song trong không gian để chứng minh và chọn đáp án đúng.
Cách giải:
12


+) Đáp án A: Ta có ( C ' MN ) chính là ( C ' MB ')
⇒ AB '∩ ( C ' MN ) = { B '} ⇒ loại đáp án A.
+) Đáp án C: Ta có AB '∩ A ' B vì hai đường thẳng cùng thuộc ( A ' B ' BA )
⇒ loại đáp án C.
+) Đáp án D: Ta có AB '∩ BM do hai đường thẳng này cùng thuộc ( A ' B ' BA )
⇒ loại đáp án D.
Chọn: B
Câu 16:
Phương pháp:
+) Tìm GTLN và GTNN của hàm số y = f ( x ) trên [ a; b ] bằng cách:
+) Giải phương trình y ' = 0 tìm các nghiệm xi

( x ∈ [ a; b] ) . Khi đó:
min f ( x ) = min { f ( a ) ; f ( b ) ; f ( x ) } , max f ( x ) = max { f ( a ) ; f ( b ) ; f ( x ) }
[ ]
[ ]

+) Tính các giá trị f ( a ) , f ( b ) , f ( xi )
a ;b

i

i

i

a ;b

Cách giải:
TXĐ: D = ¡ \ { −1} . Ta có: y ' =

x +1− x − m

( x + 1)

2

=

1− m

( x + 1)

2

Vì hàm số đã cho là hàm bậc nhất trên bậc nhất nên hàm số đơn điệu trên từng khoảng xác định của hàm
số.
1+ m
2+m
⇒ Xét trên [ 1; 2] ta có: y ( 1) =
; y ( 2) =
là các GTNN và GTLN của hàm số.
2
3
m +1 m + 2
41
⇒ y ( 1) + y ( 2 ) =
+
= 8 ⇔ 3m + 3 + 2m + 4 = 48 ⇔ m =
2
3
5
⇒ 8 < m < 10
Chọn: C
Câu 17:
Phương pháp:
m
Số các chữ số của số a m là: log a  + 1 chữ số.
Cách giải:
20192020
 + 1 = [ 20192020 log 20182019] + 1 = 147501991 + 1 = 147501992
Ta có: log 20182019

Chọn: B
Câu 18:
Phương pháp:
Giải phương trình lượng giác tìm nghiệm x = α + kπ sau đó cho nghiệm đó thuộc ( 0; 2019 ) tìm số các
giá trị k ∈ ¢ rồi suy ra số nghiệm của phương trình đã cho.
Cách giải:

13


cos 2 x + 2 cos x − 3 = 0 ⇔ 2 cos 2 x + 2 cos x − 4 = 0
cos x = 1
⇔
⇔ x = k 2π ( k ∈ ¢ )
cos x = −2 ( ktm)
Phương trình có nghiệm thuộc ( 0; 2019 )
⇔ 0 < k 2π < 2019 ⇔ 0 < k < 321,33
⇒ k ∈ { 1; 2;...;321}
Chọn: D
Câu 19:
Phương pháp:
Công thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng x = a, x = b ( a < b ) và các đồ thị
b

hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) là: S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx
a

Cách giải:
Xét các phương trình hoành độ giao điểm:
x = 2
4 − x2 = 0 ⇔ 
⇔ x=2
 x = −2 ∉ ( 1; +∞ )
7 − 4 x2 = 0 ⇔ x = ±
1

7
∉ [ 0;1]
2
2

3

⇒ S = ∫ 7 − 4 x 3 dx + ∫ 4 − x 2 dx + ∫ 4 − x 2 dx
0

1

1

2

2

3

= ∫ ( 7 − 4 x 3 ) dx + ∫ ( 4 − x 2 ) dx + ∫ ( x 2 − 4 ) dx
0

1

2


 x3
3
x 
+  4x − ÷ +  − 4x ÷
31  3

2
0
16 11
16
= 7 − 1 + − − 3 + = 10
3 3
3
Chọn: C
Câu 20:
Phương pháp:
= ( 7 x − x4 )

1

3

2

1
Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: V = Sh
3
Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD )

14


AB 3 a 3
=
2
2
1
1 a 3 2 a3 3
⇒ VS . ABCD = SH .S ABCD = .
.a =
3
3 2
6
Chọn: C
Câu 21:
Phương pháp:
n!
n!
k
, Ank =
Sử dụng các công thức Cn =
k !( n − k ) !
( n − k ) ! , giải phương trình tìm n rồi chọn đáp án đúng.
⇒ SH =

Cách giải:
Ta có:
Cn2 + An2 = 15n ⇔

n!
n!
+
= 15n ( n ≥ 2 )
2!( n − 2 ) ! ( n − 2 ) !

n ( n − 1) n ( n − 1)
+
= 15n ⇔ n 2 − n + 2n 2 − 2n − 30n = 0
2
1
 n = 0 ( ktm )
⇔ 3n 2 − 33n = 0 ⇔ 
 n = 11 ( tm )


Vậy n không chia hết cho 2.
Chọn: B
Câu 22:
Phương pháp:
Gọi tọa độ các điểm A, B, C.
Lập phương trình mặt phẳng đi qua H và cắt các trục Ox, Oy, Oz bằng phương trình đoạn chắn.
Từ đó tìm được các điểm A, B, C. Từ đó tính được bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.
Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính R : S = 4π R 2
Cách giải:
Gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) lần lượt thuộc các trục tọa độ Ox, Oy, Oz.
Khi đó ta có phương trình ( α ) đi qua các điểm A, B, C:
H ∈( α ) ⇒

x y z
+ + =1
a b c

1 2 2
+ − = 1 ( 1)
a b c

uuur uuur
uuur uuur
 AH ⊥ BC  AH .BC = 0
Theo đề bài ta có H là trực tâm ∆ABC ⇒  uuur uuur ⇒  uuur uuur
 BH ⊥ AC  BH . AC = 0
uuur
uuur
 AH = ( 1 − a; 2; −2 ) , BC = ( 0; −b; c )
uuur
Ta có:  uuur
 BH = ( 1; 2 − b; −2 ) , AC = ( −a;0; c )

15


uuur uuur
−2b − 2c = 0
a = −2c
 AH .BC = 0
⇔
⇔
 uuur uuur
− a − 2c = 0
b = −c
 BH . AC = 0
1
2 2
9
9
⇒ ( 1) ⇔
+
− =1⇒ − =1⇔ c = −
−2c −c c
2c
2

 A ( 9;0;0 )
a = −2c = 9 
  9 

⇒
9 ⇒  B  0; 0 ÷
b = −c = 2
  2 
 
9
C  0;0; − ÷
2
 
Gọi I ( x0 ; y0 ; z0 ) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp tứ giác OABC.


 x2 + y2 + z 2 = ( x − 9) 2 + y2 + z 2
 x2 = ( x − 9) 2
0
0
0
0
0
0
0

 0
OI = IA
2
2
9
9

 2
 2 

2
2
2
2
⇒ OI = IB ⇔  x0 + y0 + z0 = x0 +  y0 − ÷ + z0 ⇔  y0 =  y0 − ÷
2
2


OI = IC



2
2


9
9


2
2
2
2
2
2
 x0 + y0 + z0 = x0 + y0 +  z0 + ÷
 z 0 =  z0 + ÷
2
2




9


x0 =

 x0 = − x0 + 9
2


9
9
9 6


9 9 9
⇔  y0 = − y0 + ⇔  y0 =
⇒ I  ; ; ÷⇒ R = OI =
2
4
4
2 4 4


9
9


 z0 = − z0 − 2
 z0 = − 4

2

⇒ S( I )

9 6 
243π
= 4π R = 4π . 
=
÷
÷
2
 4 
2

Chọn: B
Câu 23:
Phương pháp:
Khi quay tam giác AA ' C quanh trục AA ' ta được hình nón có bán kính đáy R = AC , đường sinh
l = A ' C ' và chiều cao h = AA '
Công thức tính diện tích toàn phần hình nón có bán kính đáy R, chiều cao h và đường sinh l:
Stp = π Rl + π R 2
Cách giải:
Khi quay tam giác AA ' C quanh trục AA ' ta được hình nón có bán kính đáy R = AC , đường sinh
l = A ' C ' và chiều cao h = AA '

Ta có: AC = AB 2 + BC 2 = a 2
16


A ' C = AC 2 + AA '2 = 2a 2 + a 2 = a 3
⇒ Stp = π Rl + π R 2 = π . AC. A ' C + π . AC 2

(

)

= π a 2.a 3 + 2a 2 = π

(

)

6 + 2 a2

Chọn: A

Câu 24:
Phương pháp:
Gọi các quả cầu được xếp trong mô hình là n quả.
Bán kính các quả cầu tạo thành cấp số nhân có công bội là 2.
Tổng của n số hạng đầu của CSN có số hạng đầu là u1 và công bội q: S n =

u1 ( q n − 1)
q −1

Cách giải:
*
Gọi các quả cầu được xếp trong mô hình là n quả. ( n ∈ ¥ )

⇒ Bán kính các quả cầu tạo thành cấp số nhân có công bội là 2.
Gọi bán kính quả cầu trên cùng hay quả cầu nhỏ nhất là R1. ( 0 < R1 < 50 )
n −1
n
⇒ Bán kính quả cầu dưới cùng là: Rn = 50cm = R1.2 ⇔ 2 =

Khi đó chiều cao của mô hình có thể là: h = 2 Sn =

2.R1 ( 2n − 1)
2 −1

100
R1

 100 
= 2 R1 
− 1 ÷ = 200 − 2 R1 < 200cm = 2m
 R1


Vậy chiều cao của mô hình là dưới 2 mét.
Chọn: D
Câu 25:
Phương pháp:
1
Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: V = Sh
3
Cách giải:
Ta có:
SCNPQ = S NQDC − S DPQ =
=

1
S ABCD − S DPQ
2

1
1
3
S− S= S
2
8
8
1
d ( A; ( ABCD ) )
2
1
1 3
3
= d ( M ; ( ABCD ) ) .SCNPQ = h. S = V
3
2 8
16

Lại có: d ( M ; ( ABCD ) ) =
⇒ VMCNPQ
Chọn: C
Câu 26:

17


Phương pháp:
Sử dụng công thức: f ( x ) = ∫ f ' ( x ) dx để tìm hàm số f ( x ) sau đó giải phương trình và tính tổng đề bài
yêu cầu.
Cách giải:
3
Ta có: f ( x ) = ∫ ( 4 x + 3) dx = 2 x + 3 x + C
2
Lại có: f ( 1) = −1 ⇒ 2.1 + 3.1 + C = −1 ⇔ C = −6 ⇒ f ( x ) = 2 x + 3 x − 6

⇒ f ( x ) = 10 ⇔ 2 x 2 + 3 x − 6 = 10 ⇔ 2 x 2 + 3 x − 16 = 0 ( *)
Ta có: ac = 2. ( −16 ) = −32 < 0 ⇒ ( *) luôn có hai nghiệm trái dấu.
3

 x1 + x2 = −
2
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: 
 x1 x2 = −8
3
Ta có: log 2 x1 + log 2 x2 = log 2 x1 x2 = log 2 −8 = log 2 2 = 3

Chọn: D
Câu 27:
Phương pháp:
n

k n−k k
Sử dụng công thức khai triển của nhị thức: ( a + b ) = ∑ Cn a b
n

k =0

Cách giải:

(

3+x

0
= C2019

)

2019

2019

k
= ∑ C2019

( 3)

k =0

2019

1
+ C2019

( 3)

k

( 3)

2018

x 2019− k
2
x + C2019

( 3)

2017

2018
2019 2019
x 2 + ... + C2019
. 3 x 2018 + C2019
x

= a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + ... + a2019 x 2019
1
i

m
Ta có: i = 
 −1
 −i

khi
khi
khi
khi

m = 4l
m = 4l + 1
( l ∈¢)
m = 4l + 2
m = 4l + 3

Chọn x = i ta có:

(

3 +i

0
= C2019

)

2019

2019

k
= ∑ C2019

( 3)

k =0

2019

( 3)

1
+ C2019

k

( 3)

i 2019 −k ( i 2 = −1)

2018

2
i + C2019

( 3)

2017

2018
2019 2019
i 2 + ... + C2019
. 3.i 2018 + C2019
i

= a0 + a1i + a2i 2 + a3i 3 + ... + a2018i 2018 + a2019i 2019
= a0 + a1i − a2 − a3i + ... − a2018 − a2019i
Chọn x = −i ta có:

18


(

3 −i

0
= C2019

)

2019

2019

k
= ∑ C2019

( 3)

k =0

2019

( 3)

1
− C2019

k

( 3)

( −i )

2018

2019 − k

2
i + C2019

( 3)

2017

2018
2019 2019
i 2 − ... + C2019
. 3.i 2018 − C2019
i

= a0 − a1i + a2i 2 − a3i 3 + ... + a2018i 2018 − a2019i 2019
= a0 − a1i − a2 + a3i + ... − a2018 + a2019i

)
⇔ 2 S = (




(

3 +1

(
3 + 1)

2019

+

)

3 −1
3 673

2019

= 2 ( a0 − a2 + a4 − a6 + ... + a2016 − a2018 )

(

)

673

 +  3 − 1 3  = ( 8i ) 673 + ( −8i ) 673 = 0



⇔ 2S = 8673.i 673 − 8673.i 673 = 0 ⇔ S = 0
Chọn: B
Câu 28:
Phương pháp:
Sử dụng công thức khai triển của nhị thức ( a + b )

n

n

= ∑ Cnk a n − k b k
k =0

Cách giải:
n

k
Ta có: ( 5 x − 1) = ∑ Cn ( 5 x )
n

k

k =0

( −1)

n−k

Chọn x = 1 ta được tổng các hệ số của khai triển
n

⇒ ( 5.1 − 1) = ∑ Cnk 5k ( −1)
n

n −k

= 2100

k =0

⇔2

100

= 4 ⇔ 2100 = 22 n ⇔ 2n = 100 ⇔ n = 50
n

Vậy hệ số của x 3 trong khai triển là: C503 .53. ( −1)

50 −3

= −C503 .53 = −2450000

Chọn: C
Câu 29:
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết khối đa diện để làm bài toán.
Cách giải:
Hình bát diện đều có 9 mặt phẳng đối xứng.
Chọn: D
Câu 30:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp tích phân đổi biến.
Cách giải:
Ta có: I =

Xét I =
1

1

1
4

−1

−1

1

∫ f ( 4 x − 1 ) dx = ∫ f ( −4 x + 1) dx + ∫ f ( 4 x − 1) dx
1
4

1
4

∫ f ( −4 x + 1) dx

−1

19


 x = −1 ⇒ t = 5

Đặt −4 x + 1 = t ⇒ dt = −4dx . Đổi cận: 
1
 x = 4 ⇒ t = 0
0

5

5

1
1
1
1
⇒ I1 = − ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = .4 = 1
45
40
40
4
1

Xét I 2 = ∫ f ( 4 x − 1) dx
1
4

x = 1 ⇒ t = 3

Đặt 4 x − 1 = t ⇒ dt = 4dx . Đổi xận: 
1
 x = 4 ⇒ t = 0
3

3

3

1
1
1
1
⇒ I 2 = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = .8 = 2
40
40
40
4
I = I1 + I 2 = 1 + 2 = 3
Chọn: A
Câu 31:
Phương pháp:
+) Lấy loganepe hai vế, đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn x.
+) Tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm. Áp dụng định lí Vi-ét.
+) Sử dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm đánh giá biểu thức S.
Cách giải:
a xb x

2

−1

2

(

= 1 ⇔ a x b x = b ⇔ ln a xb x

2

) = ln b

⇔ x ln a + x 2 ln b = ln b ⇔ x 2 ln b + x ln a − ln b = 0
ln b ≠ 0 ( luon dung do b > 1)
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇔  2
2
ln a + 4 ln b ≥ 0 ( luon dung )
Do đó phương trình luôn có 2 nghiệm với mọi a, b > 1 . Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình
− ln a

 x1 + x2 = ln b = − log b a
đã cho. Áp dụng định lí Vi-ét ta có: 
 x x = − ln b = −1
 1 2
ln b
Khi đó ta có:
2

2

 xx 
 xx 
S =  1 2 ÷ − 4 x1 − 4 x2 =  1 2 ÷ − 4 ( x1 + x2 )
 x1 + x2 
 x1 + x2 
2

 −1 
1
S =
+ 4 log b a
÷ + 4 log b a =
log b2 a
 − log b a 
Do a, b > 1 ⇒ log b a > log b 1 = 0
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
20


S=

1
1
1
+ 4 log b a =
+ 2 log b a + 2 log b a ≥ 3 3
.2 log b a.2 log b a = 3 3 4
2
2
2
log b a
log b a
log b a
1

⇒ S min

1
1
1
3
= 2 log b a ⇔ log b3 a = ⇔ log b a = 3 ⇔ a = b 2
= 3 4 . Dấu “=” xảy ra ⇔
2
log b a
2
2
3

1

Ta có: b 3 2 < b1 = b ( do b > 1) ⇒ a < b
Chọn: A
Câu 32:
Phương pháp:
+) Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, SC, BC, AC. Chứng minh ∠ ( SA; BC ) = ∠ ( NQ; MQ ) .
+) Áp dụng định lí cosin trong tam giác MNQ.
Cách giải:
( SBG ) ⊥ ( ABG )

⇒ SG ⊥ ( ABC )
Ta có: ( SCG ) ⊥ ( ABC )

( SBG ) ⊥ ( SCG ) = SG
Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, SC, BC, AC.
Đặt AB = BC = 1 ⇒ AC = 2

0
Ta có: ∠ ( SA; ( ABC ) ) = ∠ ( SA; GA ) = ∠SAG = 30

Ta có NQ là đường trung bình của tam giác SAC ⇒ NQ / / SA
MQ là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ MQ / / BC
⇒ ∠ ( SA; BC ) = ∠ ( NQ; MQ )
Ta có: AP = 1 +

1
5
2
5
=
= CM ⇒ AG = AP =
4
2
3
3

⇒ SG = AG.tan 300 =
⇒ NQ =

5 3
15
AG
2 15
.
=
; SA =
=
0
3 3
9
cos 30
9

1
1
1
15
và MQ = BC =
SA =
2
2
2
9

Ta có MC =

5
2
5
1
5
⇒ GC = MC =
; GM = MC =
2
3
3
3
6

Áp dụng định lí Pytago ta có: SC = SG 2 + GC 2 =

2 15
105
; SM = SG 2 + GM 2 =
9
18

SM 2 + MC 2 SC 2 65
195

=
⇔ MN =
2
4
108
18
Áp dụng định lý cosin trong tam giác MNQ:
Xét tam giác SMC ta có: MN 2 =

21


1 5 65
1
+


MQ + NQ − MN
15
cos ∠MQN =
= 4 27 108 = 6 = −
<0
2.MQ.NQ
10
1 15
15
2. .
2 9
9
2

Vậy cos ∠ ( NQ; MQ ) =

2

2

15
= cos ∠ ( SA; BC )
10

Chọn: C
Chú ý: Góc giữa hai đường thẳng là góc nhọn nên cosin của góc giữa hai đường thẳng là giá trị dương.
Câu 33:
Phương pháp:
Xếp lần lượt chỗ ngồi cho từng học sinh nam và nữ sao cho mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một
học sinh nữ. Sử dụng quy tắc nhân.
Cách giải:
Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào 10 ghế cho 10! cách xếp ⇒ n ( Ω ) = 10!
Gọi A là biến cố: “mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ”.
+) Xếp học sinh nam thứ nhất vào 1 trong 10 vị trí cho 10 cách xếp.
Chọn 1 trong 5 bạn nữ xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ nhất có 5 cách xếp.
+) Xếp bạn nam thứ 2 vào 1 trong 8 vị trí còn lại có 8 cách xếp.
Chọn 1 trong 4 bạn nữ còn lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ hai có 4 cách xếp.
+) Xếp bạn nam thứ 3 vào 1 trong 6 vị trí còn lại có 6 cách xếp.
Chọn 1 trong 3 bạn nữ còn lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ ba có 3 cách xếp.
+) Xếp bạn nam thứ 4 vào 1 trong 4 vị trí còn lại có 4 cách xếp.
Chọn 1 trong 2 bạn nữ còn lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ tư có 2 cách xếp.
+) Xếp bạn nam thứ 5 vào 1 trong 2 vị trí còn lại có 2 cách xếp.
Xếp 1 bạn nữ còn lại vào vị trí cuối cùng có 1 cách xếp.
⇒ n ( A ) = 10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 = 460800
Vậy P ( A ) =

n ( A ) 460800 8
=
=
n ( Ω)
10!
63

Chọn: C
Câu 34:
Chọn: B
Câu 35:
Phương pháp:
uur
uur uu
r
( α ) ⊥ ( β )
⇒ nα =  nβ ; ud 
+) 
( α ) ⊃ ( d )
+) Lấy A ∈ d ⇒ A ∈ ( α ) ⇒ Viết phương trình mặt phẳng ( α ) .
+) Xác định điểm vừa thuộc ( α ) vừa thuộc ( β ) .
Cách giải:
22


uu
r
uur
Ta có: ud = ( 1;1; 2 ) là 1 VTCP của đường thẳng ( d ) và nβ = ( 1;1; −2 ) là 1 VTPT của mặt phẳng ( β ) .
uur
Gọi nα là 1 VTPT của mặt phẳng ( α ) .
uur uur
 nα .nβ = 0
uur uur uu
r
( α ) ⊥ ( β )
⇔  uur uu
⇔ nα =  nβ ; ud  = ( 4; −4;0 ) / / ( 1; −1;0 )
Ta có: 
r
nα .ud = 0
( α ) ⊃ ( d )
Lấy A ( 1; 2;3) ∈ ( d ) ⇒ A ∈ ( α )
Suy ra phương trình mặt phẳng ( α ) : 1( x − 2 ) − 1( y − 3 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0
x − y +1 = 0
⇒ Giao tuyến của ( α ) và ( β ) có phương trình 
( *)
x + y − 2z + 1 = 0
Dựa vào 4 đáp án ta thấy chỉ có điểm ( 2;3;3) thỏa mãn (*)
Chọn: B
Câu 36:
Phương pháp:
Nhân liên hợp để khử dạng

0
0

Cách giải:
3

lim

5 f ( x ) − 16 − 4

x →2

(
= lim

x2 + 2 x − 8
3

x →2

= lim
x →2

= lim
x →2

5 f ( x ) − 16 − 4

)(

( x + 4) ( x − 2)

3

( x + 4) ( x − 2)
( x + 4) ( x − 2)

= lim
x →2

f ( x ) − 16
.
x−2

Ta có lim
x →2

⇒ lim
x→2

3

(

(

3

(

3

(

3

2

5 f ( x ) − 16 + 4 3 5 f ( x ) − 16 + 16
2

5 f ( x ) − 16 + 4 3 5 f ( x ) − 16 + 16

5 f ( x ) − 16 − 64
2

5 f ( x ) − 16 + 4 3 5 f ( x ) − 16 + 16
5  f ( x ) − 16 
2

5 f ( x ) − 16 + 4 3 5 f ( x ) − 16 + 16
5

3

2

5 f ( x ) − 16 + 4 3 5 f ( x ) − 16 + 16

)

)

)
)

)

f ( x ) − 16
= 12 ⇔ f ( 2 ) = 16; f ' ( 2 ) = 12
x−2

5 f ( x ) − 16 − 4
x + 2x − 8
2

= 12.

5
5
=
6 ( 4 + 4.4 + 16 ) 24
2

Chọn: A
Câu 37:
Phương pháp:
+) Tìm ĐKXĐ của phương trình.
23


2
+) Sử dụng công thức nhân đôi cos 4 x = 2 cos 2 2 x − 1 và công thức hạ bậc sin x =

1 − cos 2 x
đưa phương
2

trình về dạng phương trình bậc cao đối với 1 hàm số lượng giác.
+) Giải phương trình, biểu diễn các họ nghiệm trên đường tròn lượng giác.
+) Xác định các điểm và tính diện tích đa giác đó.
Cách giải:

π
π
π

ĐK: sin x + cos x ≠ 0 ⇔ 2 sin  x + ÷ ≠ 0 ⇔ x + ≠ kπ ⇔ x ≠ − + kπ ( k ∈ ¢ )
4
4
4

PT ⇔ cos 4 x − cos 2 x + 2sin 2 x = 0
⇔ 2 cos 2 2 x − 1 − cos 2 x + 1 − cos 2 x = 0
⇔ 2 cos 2 2 x − 2 cos 2 x = 0
⇔ 2 cos 2 x ( cos 2 x − 1) = 0

π kπ

π
x= +


2 x = + kπ
cos 2 x = 0
4 2 k ∈¢
⇔
⇔
⇔
(
)
2

π
cos 2 x = 1

x = + kπ
 2 x = π + k 2π

2

π

 x = 4 + kπ
( k ∈¢)
Đối chiếu điều kiện ta có: 
π
 x = + kπ

2
Biểu diễn hai họ nghiệm trên trên đường tròn lượng giác ta được
4 điểm A, B, C, D như sau:
 2 2
;
Trong đó A 
÷ . Gọi H lần lượt là hình chiếu của A
2
2 ÷



2
trên Oy ⇒ H  0;
÷
÷
 2 
⇒ AH =

2
1
1 2
2
. Ta có: S ∆ABD = AH .BD = .
.2 =
2
2
2 2
2

Vậy S ABCD = 2S ABD = 2
Chọn: C
Chú ý: Chú ý đối chiếu điều kiện xác định để loại nghiệm.
Câu 38:
Phương pháp:
+) A, B ∈ ( P ) ⇒ Thay tọa độ A, B vào phương trình mặt phẳng (P) được 2 phương trình.
+) Gọi M = ( P ) ∩ Ox; N = ( P ) ∩ Oy . Xác định tọa độ điểm M, N.
+) Từ giả thiết OM = ON ⇒ Phương trình thứ 3.
+) Giải hệ 3 phương trình ⇒ ( P ) , ( Q ) từ đó tính b1b2 + c1c2
Cách giải:
24


1 + b1 + c1 + d1 = 0
Ta có: A, B ∈ ( P ) ⇒ 
 −2b1 + 2c1 + d1 = 0
 M = ( P ) ∩ Ox ⇒ M ( − d1 ;0; 0 ) ⇒ OM = d1 > 0

Gọi 
 −d1 
−d1
d1
 N = ( P ) ∩ Oy ⇒ N  0; b ; 0 ÷⇒ ON = b = b > 0

1

1
1

Theo bài ra ta có OM = ON ⇔ d1 =

d1
⇔ d1 ( b1 − 1) = 0 ⇔ b1 = ±1 ( Do d1 > 0 )
b1

2 + c1 + d1 = 0
c = 4
⇔ 1
⇒ ( P ) : x + y + 4z − 6 = 0
TH1: b1 = 1 ⇔ 
−2 + 2c1 + d1 = 0  d1 = −6
c1 + d1 = 0
c1 = −2
⇔
⇒ ( P ) : x − y − 2z + 2 = 0
TH2: b1 = −1 ⇔ 
2
+
2
c
+
d
=
0
d
=
2

1
1
 1
Do vai trò của ( P ) , ( Q ) là như nhau nên không mất tính tổng quát ta có ( P ) : x + y + 4 z − 6 = 0 và

( Q ) : x − y − 2z + 2 = 0
⇒ b1b2 + c1c2 = 1( −1) + 4. ( −2 ) = −9
Chọn: B
Câu 39:
Phương pháp:
+) Xác định thiết diện dựa vào các yếu tố song song. Chứng minh thiết diện là hình thang cân.
+) Tính diện tích hình thang cân.
Cách giải:
Gọi N là trung điểm của BC ta có MN là đường trung bình của
tam giác ABC ⇒ MN / / AC .
Ta có ( A ' C ' M ) chứa A ' C '/ / AC ⇒ ( A ' C ' M ) cắt ABC theo
giao tuyến là đường thẳng qua M và song song với

AC ⇒ ( A ' C ' M ) ∩ ( ABC ) = MN .
Vậy thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mặt phẳng ( A ' C ' M )
là tứ giác A ' C ' NM .
Ta có MN / / AC / / A ' C ' ⇒ A ' C ' NM là hình thang.
Xét ∆A ' AM và ∆C ' CN có:
A ' A = C ' C ; ∠A ' AM = ∠C ' CM = 900 ; AM = CN =
⇒ ∆A ' AM = ∆C ' CN ( c.g .c ) ⇒ A ' M = C ' N

a
2

Dễ dàng nhận thấy A ' M và C ' N không song song nên A ' C ' NM là hình thang cân.
a
Có A ' C ' = a; MN =
2
25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×