GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI HỌC KỲ 1 CHUYÊN VINH 20182019

Câu 1: Thiết diện qua trục là hình chữ nhật, có chu vi là: (h+2r).2=10a → h = 3a → V(trụ) = πr2 h = 3πa3 → D Câu 2: y = x+1 x+1 f(0) = 1; f(1) = 0 → min y = 0 → D 0;1 Câu 3: Dễ thấy là đồ thị của hàm số bậc 3: y = ax3 + bx2 + cx + d Hàm số đi qua các điểm (3;1); (1;3); (0;1) và có điểm cực trị là x=3 và x=2 → y = x 3 + 5x2 + 8x + 1 → C Câu 4: Dựa vào BBT, chọn C hàm số nghịch biến trên (1;2) Câu 5: log9(x +1) = 1 2 (ĐKXĐ: x > 1) → x + 1 = 9 1 2 → x + 1 = 3 → x = 2 (TM) → B Câu 6: 2x+1 = 16 → x + 1 = 4 → x = 3 → A Câu 7: Chọn A Câu 8: Gọi D(x; y; z) ABCD là hình bình hành →  AB =  DC  AB = (3; 1; 2)  DC = (5x; 2y; 2z) → x = 2; y = 3; z = 0 → B Câu 9: y = 2x x+3 có TCĐ là x = 3 → A Câu 10: A sai, tập xác định của hàm số y = a x là khoảng (; +) B sai, tập xác định của hàm số y = logax là khoảng (0; +) C đúng D sai, tập giá trị của hàm số y = a x là khoảng (0; +) Câu 11: Chọn B là đáp án sai. Câu 12: VS.ABCD = 1 3 .SA.SABCD = 1 3 .2a.a2 = 2 3 a 3 → C Câu 13: Dựa vào BBT điểm cực tiểu là x = 0 → B Câu 14: Chọn A là đáp án sai B đúng, tâm đối xứng là giao điểm 2 đường tiệm cận I(3; 2) C đúng, một TCN là y = 2 D đúng, một TCĐ là x = 3 Câu 15: y = 1 3 x 3 + 2x2 3x + 1 → y’ = x 2 + 4x 3 y’ = 0 → x = 1; x = 3 BBT: → Điểm cực đại là x = 3 → D

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI HỌC KỲ 1

CHUYÊN VINH 2018-2019

Câu 1: Thiết diện qua trục là hình chữ nhật, có chu vi là: (h+2r).2=10a

→ h = 3a → V(trụ) = πr2 h = 3πa3

→ D

Câu 2: y = -x+1

x+1 f(0) = 1; f(1) = 0 → min y = 0 → D

[0;1]

Câu 3: - Dễ thấy là đồ thị của hàm số bậc 3: y = ax3 + bx2 + cx + d

- Hàm số đi qua các điểm (-3;1); (-1;-3); (0;1) và có điểm cực trị là x=-3 và x=-2

→ y = x3

+ 5x2 + 8x + 1 → C

Câu 4: Dựa vào BBT, chọn C hàm số nghịch biến trên (1;2)

Câu 5: log9(x +1) = 1

2 (ĐKXĐ: x > -1)

→ x + 1 = 9

1

2 → x + 1 = 3 → x = 2 (TM) → B

Câu 6: 2x+1 = 16 → x + 1 = 4 → x = 3 → A

Câu 7: Chọn A

Câu 8: Gọi D(x; y; z)

ABCD là hình bình hành → 

AB = 

DC



AB = (-3; 1; 2)



DC = (-5-x; -2-y; 2-z)

→ x = -2; y = -3; z = 0 → B

Câu 9: y = 2-x

x+3 có TCĐ là x = -3 → A

Câu 10:

A sai, tập xác định của hàm số y = ax là khoảng (-; +)

B sai, tập xác định của hàm số y = logax là khoảng (0; +)

C đúng

D sai, tập giá trị của hàm số y = ax là khoảng (0; +)

Câu 11: Chọn B là đáp án sai

Câu 12:

VS.ABCD = 1

3.SA.SABCD =

1

3.2a.a

2

= 2

3a

3

→ C

Câu 13: Dựa vào BBT điểm cực tiểu là x = 0 → B

Câu 14: Chọn A là đáp án sai

B đúng, tâm đối xứng là giao điểm 2 đường tiệm cận I(-3; 2)

C đúng, một TCN là y = 2

D đúng, một TCĐ là x = -3

Câu 15: y = - 1

3 x

3

+ 2x2 - 3x + 1 → y’ = -x2 + 4x - 3 y’ = 0 → x = 1; x = 3

BBT:

→ Điểm cực đại là x = 3 → D

Câu 16: log1218 = log218

log212 =

1+2log23 2+log23 = 2 +

-3 2+log23

→ a = 2; b = -3; c = 2 → T = a + b + c = 1 → A

Câu 17: Hàm số y = logbx và y = logcx đồng biến trên tập xác định → b,c > 1 (1) Lấy x = x0 → logbx0 > logcx0 → b < c (2)

Hàm số y = ax nghịch biến → 0 < a < 1 (3)

Từ (1), (2), (3) → c > b > a → B

Câu 18: y = 3x-x2 (TXĐ: D = [0; 3])

y’ = 1

2.

3-2x

3x-x2 = 0 → x =

3

2

BBT:

→ Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 3

2) → C

Câu 19: log(x2 + 25) > log(10x) (TXĐ: D = (0; +∞))

→ x2

+ 25 > 10x → x # 5

→ D

Câu 20: y = ax+1

bx-2 TCĐ: x = 2 → 2b - 2 = 0 → b = 1

TCN: y = 3 → a

b = 3 → a = 3

→ a - 2b = 1 → D

Câu 21: Đặt 3x

= t ( t > 0 ) Bất phương trình trở thành: 3t2 - 10t + 3 ≤ 0 → 1

3 ≤ t ≤ 3

→ -1 ≤ x ≤ 1 → b - a = 2 → A

Câu 22: Chọn A

Câu 23:

VABB’C’ = 1

3.d(A,BB’C’).SBB’C’ =

1

3d(A,BB’C’C).

1

2.SBB’C’C

= 1

2 VA.BB’C’C =

1

3 V

V = AA’.SABC = 2 3

4 =

3

2

→ VABB’C’ = 3

6

→ D

Câu 24: Áp dụng công thức lãi kép: T = A.(1+r)n

Sau 1 năm, ông A có: 20.(1 + 0,06) = 21,2 ( triệu đồng )

Ông A gửi thêm 30 triệu đồng thì có: 21,2 + 30 = 51,2 ( triệu đồng)

Sau 5 năm kể từ lần gửi đầu, ông A nhận về được:

51,2.(1 + 0,06)4 = 64,638…… → B

Câu 25: Theo công thức đạo hàm tích chọn C

Câu 26:

H là tâm tam giác đều ABC (SA, ABC) = (SA, AH) = 

SAH = 60o

Tan  SAH = SH

AH → SH = a

→ VS.ABCD = 1

3.SH.SABC =

3

12 a

3

→ A

Câu 27: Từ đồ thị hàm số y = f(x) → y =│f(x)│bằng cách lấy đối xứng phần đồ thị

phía dưới trục hoành qua Ox, sau đó bỏ phần đồ thị phía dưới trục hoành

Từ BBT hàm số y = f(x) → y =│f(x)│sau đó kẻ đường thẳng y = 1 cắt tại 5 điểm → phương trình đã cho có 5 nghiệm → B

Note: Câu này mình đang lỗi nên không vẽ được BBT các bạn thông cảm (((((

Câu 28: Hình trụ có r = 2

2 a, h = a → Sxq =  a2

2 → C

Câu 29: 3 x = 32-x (TXĐ: D = [0; +∞))

→ x = 2 - x → x = 1→ x = 1

→ C

Câu 30: Giao điểm của đồ thị với trục tung là A(0; 1)

f’(x) = -3x2

+ 3 → f’(0) = 3

f(0) = 1

→ PTTT của đồ thị hàm số tại A là: y = 3x + 1 → C

Câu 31: Dễ dàng chọn C

Câu 32: I(x0; y0; z0)

I là trung điểm AB → x0 = 2+0

2 = 1; y0 =

-3+5

2 = 1; z0 =

-6+2

2 = -2

→ A

Câu 33: f’(x) = (x-1)2

(x-3) f’(x) = 0 → 

x=1 x=3

Vì x = 1 là nghiệm kép nên qua x = 1 hàm số không đổi dấu → x = 1 không phải là điểm cực trị

→ D

Câu 34:

(SB, SAC) = (SB, SO) = 

BSO

SB = SA2+AB2 = 2 a

OB = 2

2 a Tam giác SBO vuông tại O → sin 

BSO = OB

SB =

1

2

→  BSO = 30o

→ B

Câu 35: y = 4-x

2

x2+3x ĐKXĐ: 4 - x2

≥ 0 -2 ≤ x ≤ 2 TCĐ: x2

+ 3x = 0 → 

x=0 x=-3

x = -3 → Loại vì -3 < -2

Vậy hàm số chỉ có 1 TCĐ là x = 0 → D

Câu 36:

SO = SA2-AO2 = 3 a

VS.ABCD = 1

3.SO.SABCD =

1

3 3 a 3 a

2

= a3

VS.ABC = 1

2 VS.ABCD → VS.ABC =

a3 2

→ D

Câu 37: y = -x3 + mx → y’ = -3x2 + m

Ycbt ↔ y’ ≤ 0∀xR → ∆ = 3m ≤ 0 → m ≤ 0

→ D

Câu 38: f’(x) = x2

(x-1) = 0 → 

x=0 x=1 Lập BBT, x = 0 là nghiệm kép nên qua x = 0 hàm số không đổi dấu; qua x = 1 hàm số đổi dấu từ - sang + → Hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞)

Câu 39:

Hình nón tròn xoay ngoại tiếp tứ diện đều cạnh a có:

- r = 3

3 a

- l = a

→ Sxq = rl = 3

3 a2

→ A

Câu 40: y = ln(x2 + 1) - mx + 1

→ y’ = 2x

x2+1 - m ≥ 0 → m ≤

2x

x2+1 → m ≤ minR f(x) Xét f(x) = 2x

x2+1 → f’(x) =

-2x2+2 (x2+1)2 = 0 → 

x=-1 x=1 BBT:

x -∞ -1 1 +∞

f’(x) - 0 + 0 -

-1 0

→ min

R

f(x) = -1

→ m ≤ 1

→ A

Câu 41:

∆ ABC vuông cân tại A, BC = a 2 → AB = AC = a (A’B, ABC) = (A’B, BA) = 

A’BA = 60o

Tan  A’BA = AA’

AB → AA’ = 3 a

→ VS.ABC = 1

3.AA’.SABC = 3

2 a

3

→ A

Câu 42: y = │ 4-x2

+ x - 1

2│+ m (TXĐ: D = [-2; 2]) Xét f(x) = 4-x2 + x - 1

2 → f’(x) =

-x 4-x2 + 1 = 0 → x = 2 BBT:

x -2 2 +2

f’(x) + 0 -

f(x) -1+4 2

2

-5

2

3 2

→ max

[-2;2]

│f(x)│= 5

2

→ 5

2 + m = 18

→ m = 15,5

→ C

Câu 43:

Đây là TH cạnh bên SA  đáy → Dựng hình như hv được I

là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

AMIO là hình chữ nhật → IO = AM = 3

2 a

OA = AC

2 =

7

2 a

R2 = IA2 = IO2 + OA2 = 9

4 a

2

+ 7

4 a

2

= 4a2

→ R = 2a → C

Câu 44:

∆ OAB vuông tại O và AB = a 2 → R = OA = OB = a

∆ SOA vuông tại O có tan 

SAO = SO

OA → SO =

3

3 a

Vnón = 1

3r2

h = 3

9 a3

→ C

Câu 45:

Từ BBT ta thấy: f(1) < f(2)

Giải thiết: f(0) + f(2) = f(1) + f(3) → f(0) - f(3) = f(1) - f(2) < 0

→ f(0) < f(3) → max

[0;3]

f(x) = f(3)

→ B

Câu 46:

Đây là TH cạnh bên SA  đáy → Dựng hình như hv được I

là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

AMIO là hình chữ nhật → IO = AM = a

∆ ABC cân tại A có: BC = 3 a, 

ABC = 30o

→ AB = AC = a

OA = r = AB.AC.BC

4SABC

= a

R2 = IA2 = IO2 + OA2 = a2 + a2 = 2a2

x -∞ 0 1 +∞ f’(x) + 0 - 0 + f(x) f(0)

f(1)

→ R = 2 a → S = 4R2 = 8a2

→ C

Câu 47:

Đặt logab = x; logbc = y; logca = z → 1

yz = x

b ≥ a10

→ x ≥ 10

x+ 2y + 5z = 12 → 2y + 5z = 12 - x

P = 2

z +

5

y +

10

x =

2y+5z

yz +

10

x = (12 - x)x +

10

x = -x

2

+ 12x + 10

x Xét hàm f(x) = -x2 + 12x + 10

x với x ≥ 10

→ D

Câu 48: (x - 2)log4(x + m) = x - 1 (1)

+) x = 2 không phải là nghiệm của phương trình (1)

+) x # 2, (1) ↔ log4(x + m) = x-1

x-2

→ m = 4

x-1

x-2 - x

Xét hàm f(x) = 4

x-1 x-2 - x

→ f’(x) = -1

(x-2)2.ln4.4

x-1 x-2 - 1 < 0 → Hàm nghịch biến BBT:

→ m≤-2

m≥2

→ 2 ≤ m ≤ 18

→ 17 giá trị m thỏa mãn

→ B

Câu 49:

d(SD, AB) = d(AB, SDC) = d(A, SDC)

Kẻ AK  SD → d(A, SDC) = AK 1

AK2 =

1

SA2 +

1

AD2

SA = a, AD = 2a → AK = 2 5

5 a

→ B

Câu 50: log2(x2+3) - log2x + x2 - 4x + 1 ≤ 0 (x > 0)

→ log2(x2 + 3) + x2 + 3 ≤ log2x + 4x + 2

→ log2(x2 + 3) + x2 + 3 ≤ log24x + 4x

Xét hàm f(t) = log2t + t (t > 0)

→ f’(t) = 1

tln2 + 1 > 0 ∀t > 0

→ Hàm đồng biến trên (0; +∞)

f(x2 + 3) ≤ f(4x)

→ x2

+ 3 ≤ 4x → 1 ≤ x ≤ 3

Tổng các nghiệm nguyên là 1 + 2 + 3 = 6

→ D

- Hết -

Cảm ơn các bạn đã theo dõi Đây là lời giải của bản thân mình (học sinh) nên không tránh khỏi nhiều thiếu sót Nếu có sai sót chỗ nào mong các bạn ý kiến về mail minhhang8aaa@gmail.com