01 de thi thu 2019 chuyen DH vinh lan 1 LOI GIAI

File PDF Lời giải chi tiết & Video LiveStream chỉ có tại Group VIP Toán 2019 tiếp hình hộp chữ nhật đã cho bằng 2 3.. Mệnh đề nào sau đây đúng về hàm số đó?. phẳng α vuông góc với cả

File PDF Lời giải chi tiết & Video LiveStream chỉ có tại Group VIP Toán 2019

tiếp hình hộp chữ nhật đã cho bằng

2 3 4

a

π

C

2 9 4

a

π

3πa

HD: Bán kính mặt cầu là 2 ( ) ( )2 2

2

SD= a và SD vuông góc với mặt phẳng đáy Thể tích khối chóp S ABCD bằng

A 3

6

13

−

( )2 2 2 2 2 2

13

b bằng

A ln 1ln

2

2

HD: Ta có ln a2 lna 2ln b

x− = =y z+

x+ = =y z−

−

x− = =y z+

x+ = =y z−

− Chọn B

3

u = − u = Công bội của cấp số nhân đã cho bằng

A 1

3

−

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPTQG 2019

Đề thi thử Chuyên ĐH Vinh 2019 (Lần 1) Thầy Đặng Việt Hùng – www.facebook.com/Lyhung95

VIP Toán LiveStream 2019 – Thầy Đặng Việt Hùng Sách Thầy Hùng: www.dvhbooks.com HD: Ta có 3 4

1

u

u

= = −  = − Chọn D

đây?

y= − +x x+

1

x

y

x

+

=

−

1

x

y

x

−

=

+

HD: Tiệm cận đứng là x=1, tiệm cận ngang y=1 nên 1

1

x y x

+

=

− Chọn B

của vectơ a(1; 1; 2− ) có phương trình là

HD: Ta có ( ) (P : x− −3) (y+ +1) (2 z−4)=0 hay ( )P :x− +y 2z−12=0 Chọn C

trên [−3;3] và có bảng xét dấu đạo hàm

như hình bên Mệnh đề nào sau đây sai về hàm số đó?

HD: Hàm số đã cho đạt cực đại tại x= −1 và x=2, đạt cực tiểu tại x=1 Chọn D

nào sau đây sai?

+

+

+

HD: Đáp án B sai Chọn B

Mệnh đề nào sau đây đúng về hàm số đó?

A Nghịch biến trên khoảng (−1; 0)

B Đồng biến trên khoảng (−3;1)

C Đồng biến trên khoảng ( )0;1

D Nghịch biến trên khoảng ( )0; 2

HD: Hàm số đã cho đồng biến trên (−3;1 ) Chọn B

ln 3

x

C

−

ln 3

x C

−

+

ln 3

x x

−

− = − +

HD: Ta có log(x+ = ⇔ + =1) 2 x 1 100⇔ =x 99 Chọn D

!

k

n

n

A

k

( ! ) .

k n

n A

=

HD: Ta có A n k =k C! n k Chọn B

biểu diễn số phức z+w?

HD: Ta có z+ = +w 1 i nên tọa độ là điểm P Chọn B

phẳng ( ) α vuông góc với cả ( )P và ( )Q đồng thời cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 3 Phương

trình của ( ) α là

A x+ + − =y z 3 0 B x+ + + =y z 3 0 C 2− + + =x z 6 0 D 2− + − =x z 6 0

HD: Ta có nα =n n P, Q=(3;3;3) ( ) α :x+ + −y z 3 Chọn A

1− 3i z= −3 4 i Môđun của z bằng

A 5

5

4

16 π Diện tích toàn phần của khối trụ đã cho bằng

VIP Toán LiveStream 2019 – Thầy Đặng Việt Hùng Sách Thầy Hùng: www.dvhbooks.com

log x +log x = ⇔7 log x x = ⇔7 x x =2 =128 Chọn A

3 1

x x

+ là

A ( )

2 3

3 1

x x

f′ x = −

2 3

3 1

x x

f′ x =

+

C ( )

2 3 ln 3

3 1

x x

f′ x =

2 3 ln 3

3 1

x x

f′ x = −

+

3 ln 3 3 1 3 ln 3 3 1 2.3 ln 3

5 4

f x =x − x + Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

( )

y= f x và trục hoành Mệnh đề nào sau đây sai?

2

−

S =  f x dx +  f x dx

0

0

S =  f x dx

HD: PT hoành độ giao điểm

2

2

2 4

x x

= ±

 2

2

−

f′ x =x x − ∀ ∈x ℝ Hàm số y=2f ( )−x đồng biến trên khoảng

A (2;+∞) B (−∞ −; 1 ) C (−1;1 ) D ( )0; 2

HD: Ta có f '( )x < ⇔ − < <0 1 x 1

3

3

4

y

−

=

− − có bao nhiêu đường tiệm cận?

( ) ( 2 ) ( ( ) (2)( ) ) ( ( )2)

Đồng thời

2

2 3

2

2 3

4 1

1 4 1

1

x

x

→+∞ →+∞

→−∞ →−∞

















Chọn D

phẳng (ABC) bằng 45 Thể tích của khối lăng trụ 0. ABC A B C ′ ′ ′ bẳng

A

3

3

4

a

B

3 3 2

a

C

3 3 12

a

D

3 3 6

a

ABC

B

C A

C'

B' A'

như hình vẽ bên Hàm số y= f ( )2x đạt cực đại tại

2

2

x x

=



=





 Quan sát bảng biến thiên ta thấy C đúng Chọn C

của hình nón đã cho bằng

A 0

120

VIP Toán LiveStream 2019 – Thầy Đặng Việt Hùng Sách Thầy Hùng: www.dvhbooks.com

xq





3 sin

2

OA ASO

SA

1 2 1 2



x

= + trên đoạn [ ]1; 4

Giá trị của m+M bằng

A 65

HD: Ta có

( )

2

1; 4

25

9

4

x

y

x

∈











Chọn B

giữa hai đường thẳng AC và I J bằng

A 2

7

HD: Đặt AB= >a 0

0

AC=a B C=a AB =a  ACB = Chọn B.

J

I

D

C B

A

D' C'

B'

A'

Gọi A là biến cố : “Hai đội Việt Nam nằm ở hai bảng đấu khác nhau”

Khi đó Ω =A C C C12 63 44 =40

Xác suất cần tìm là: 4

7

A A

Câu 32: Ta có 2 (cot ) cot cot

sin

x

x

Câu 33:

Ta có: AC= BC2−AB2 =3 a

Dựng Bx/ /CEd CE A B( ; ' )=d CE A Bx( ;( ' ) )=d E A Bx( ;( ' ) )

1

Dựng AK ⊥Bx AF, ⊥A K' d A A Bx( ;( ' ) )=AF

Do AK⊥BxAK ⊥CE tại

10

Suy ra 6

10

a

Mặt khác

7 '

+

a

d= AF = Chọn C.

nguyên m để phương trình ( 3 )

3

f x − x =m có 6 nghiệm phân biệt thuộc đoạn

[−1; 2]?

A 3

B 2

C 6

D 7

3

t= −x x với x∈ −[ 1; 2] ta có: 2 1

1

x

x

= −



=



Ta có bảng biến thiên của t= −x3 3x trên đoạn x∈ −[ 1; 2] như sau:

Với t= −2x=1, với t∈ −( 2; 2]Một giá trị của t có 2 giá trị của x∈ −[ 1; 2 ]

Để phương trình ( 3 )

3

f x − x =m có 6 nghiệm thì phương trình f t( )=m phải có 3 nghiệm t∈ −( 2; 2 ]

Kết hợp đồ thị với t∈ −( 2; 2] và điều kiện m∈ℤm= −{ 1; 0} là các giá trị cần tìm Chọn B.

z− + −z z i+ +z z i = ?

VIP Toán LiveStream 2019 – Thầy Đặng Việt Hùng Sách Thầy Hùng: www.dvhbooks.com HD: Đặt z= +a biz= −a bi ta có: 2 ( ) ( ) ( )2 1009

a+ − + + − −bi a bi a bi i+ + + −a bi a bi i i= ( )

2

2 2

1

a



=

Với a=0b=0

Với a=1b= ±1

Vậy có 3 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán Chọn D.

như hình vẽ bên Tất cả các giá trị của tham số m để bất phương

trình 2 ( ) 1 3

3

m+x < f x + x nghiệm đúng với mọi x∈( )0;3 là

1 3

3

Xét hàm số g x( ) trên với x∈( )0;3

g x = f x + −x x= f x − + −x

Dựa vào BBT ta thấy trên với x∈( )0;3 thì ( )

f x

x

>







Suy ra g x'( ) đồng biến trên khoảng ( )0;3 g x( )>g( )0 (∀ ∈x ( )0;3 )

Do đó m<g x( ) với mọi x∈( )0;3 ⇔ ≤m g( )0 = f ( )0 Chọn B

tâm mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng ( )Oyz đồng thời đi qua các điểm M, N, P Tìm c biết rằng

5

a+ + <b c

HD: Ta thấy rằng: MN =MN =MQ= 26 suy ra tam giác MNP đều

Khi đó tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC trùng với trọng tâm 8; 2 5;

3 3 3

−

Suy ra điểm I∈∆ là đường thẳng qua G và vuông góc với mặt phẳng (MNP)

3; 1; 4

; 13;13; 13 13 1; 1;1 1; 4; 3

MN

MN MP MP

= − − −



Suy ra

8 3

5 3

 = +









= +





Lại có: ( )S tiếp xúc với mặt phẳng ( )Oyz d I Oyz( ;( ) )= =R IN

2 2 2

7

3

1

3

t

t

 =



5; 3; 4

3; 1; 2 2

3; 1; 2

a b c x y z I

I

+ + = + + <

−





−

1

0

ln 2 ln 3 ln 5,

dx

 với ,a ,b c là các số hữu tỉ Giá trị của

a+ +b c bằng

A 10

3

3

3

3

t

Đổi cận

( )( ) ( ( ) ( )( ) )

2

1

2 ln 3 ln 2 2 ln ln 2 ln 5 ln 2 ln 3



20

3

2

a

c

−



=





−





=





Chọn A.

− và hai điểm A(−1;3;1 ,) (0; 2; 1)

B − Gọi C m n p( ; ; ) là điểm thuộc d sao cho diện tích của tam giác ABC bằng 2 2 Giá trị của

tổng m+ +n p bằng

2

ABC

3 7; 3 1;3 3 2 2 2

2 ; 3;1 ABC

AB





3t 7 3t 1 3t 3 32 27 t 1 0 t 1 C 1;1;1

Suy ra m+ + =n p 3 Chọn C.

x − x x+ ≤ có bao nhiêu nghiệm nguyên?

HD: Điều kiện x> −5

Lập bảng xét dấu suy ra x∈ − − ∪[ 4; 3] [ ]0;3

VIP Toán LiveStream 2019 – Thầy Đặng Việt Hùng Sách Thầy Hùng: www.dvhbooks.com

Kết hợp x 5 x { 4; 3; 0;1; 2;3}

x

> −





∈

 ℤ Phương trình có 6 nghiệm nguyên Chọn C

vẽ bên Hàm số ( ) 2

cos

y= f x + −x x đồng biến trên khoảng

A ( )1; 2

B (−1; 0)

C ( )0;1

D (− −2; 1)

Dựa vào đồ thị ta thấy với t∈ −( 1;1) f '( )t ∈ −[ ]1;1

Do đó f ' cos( x)∈ −[ ]1;1 ,−sinx∈ −[ ]1;1 −sin ' cosx f ( x)≥ −1

cos

y= f x + −x x đồng biến thì y'= −sin ' cosx f ( x)+2x− ≥1 0

Suy ra 2x− ≥ ⇔ ≥1 1 x 1

Do đó hàm số ( ) 2

cos

y= f x + −x x đồng biến trên khoảng ( )1; 2 Chọn A

( ) ( 12)

f m + f m− < Mệnh đề nào sau đây đúng?

A m0∈[1513; 2019) B m0∈[1009;1513) C m0∈[505;1009) D m0∈[1;505)

HD: Ta có: f '( )x =2x+2−x > ∀ ∈0( x ℝ)

g x = f x + f x− g x = f x + f′ x− > ∀ ∈x ℝ

Do đó hàm số g x( ) đồng biến trên ℝ

Lại có hàm số ( ) 2x 2 x

f x = − − là hàm lẻ nên ( ) ( ) ( 12) ( 12)

f − = −x f x  f x− = − − +f x

f m + f m− < ⇔ f m − f − m+ < ⇔ f m < f − m+

12

⇔ < − + ⇔ < = m0 =1365 Chọn B.

f x + f′ x =e− , x∀ ∈ℝ và f ( )0 =2 Tất cả các nguyên hàm của ( ) 2 x

f x e là

A (x−2)e x+ +e x C B ( ) 2

2 x x

x+ e + +e C C (x−1)e x+C D (x+1)e x+C

x

x

x C

e

+

⇔ = = + ⇔ = mà f ( )0 =2C=2 f x( ) (= +x 2)e−x

Chọn D

Câu 44: Cho hàm số f x( ) có đồ thị hàm số y= f′( )x được cho như

hình vẽ bên Hàm số ( ) 1 2 ( )

0 2

y= f x + x − f có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị trong khoảng (−2;3 ?)

A 6

B 2

C 5

D 3

HD: Số điểm cực trị của hàm số ( ) 1 2 ( )

0 2

y= f x + x − f là m+n, trong đó

• m là số điểm cực trị của hàm số ( ) ( ) 1 2 ( )

0 2

Ta có g x′( )= f′( )x +x; g x( ) 0 2( )x 3

− < <



′ = ⇔ ′ = − ( )∗

Dựa vào hình vẽ, ta thấy ( )∗ ⇔ =x { }0; 2 và g x′( ) không đổi dấu khi qua x=0

Suy ra hàm số g x( ) có một điểm cực trị thuộc khoảng (−2;3)

• n là số nghiệm đơn hoặc bội lẻ của phương trình g x( )=0 trên (−2;3)

Lại có g x′( )=0 có một điểm cực trị  g x( )=0 có nhiều nhất 2 nghiệm

Vậy hàm số đã cho có nhiều nhất 3 điểm cực trị Chọn D

(SBC) và (SCD) bằng 1

10 Thể tích của khối chóp S ABCD bằng

HD: Kẻ BE⊥SC (E∈SC)  DE⊥SC (do ∆SBC= ∆SCD)

Suy ra SC⊥(BDE) ( SBC) (; SCD) (= BE DE; )=BED

Đặt AB=2 x Gọi H là trung điểm BC SH = SB2−BH2 = 11a2−x2

Diện tích ∆SBC là

2 2

2 2

SBC

a

∆

−

Tam giác BDE cân tại , E có cos 1

10

BED= suy ra

2 cos

5

O D A

C B

S

E

Do đó x=a S ABCD = AB2 =4a2 và SO= SB2−OB2 =3aV S ABCD. =4 a3 Chọn C

một chiếc mũ “cách điệu” cho ông già Noel có hình dáng khối tròn xoay Mặt cắt

qua trục của chiếc mũ như hình bên Biết rằng OO′ =5cm, OA=1cm,

20cm,

OB= đường cong AB là một phần của một parabol có đỉnh là điểm A

Thể tích chiếc mũ bằng

A 2750

3

π

(cm3) B 2500

3

π

(cm3)

C 2050

3

π

(cm3) D 2250

3

π

(cm3)

VIP Toán LiveStream 2019 – Thầy Đặng Việt Hùng Sách Thầy Hùng: www.dvhbooks.com HD: Chia mặt cắt của chiếc mũ làm hai phần:

• Phần dưới OA là hình chữ nhật có hai kích thước 5 cm; 20 cm

Quay hình chữ nhật quanh trục OO′, ta được khối trụ có R=OA=10; h=OO′=5

Do đó, thể tích phần bên dưới là V1=πR h2 =π.10 52 =500π cm3

• Phần trên OA là hình ( )H giới hạn bởi đường cong AB, đường thẳng OA

Quay hình ( )H quanh trục OB ta được thể tích phần bên trên

Chọn hệ tọa độ Oxy, với O ≡O( )0; 0  A(10; 0) và B(0; 20)

Dễ thấy parabol ( )P có đỉnh A(10; 0) và đi qua B(0; 20)

2

10 0

1

5

0 20

y

y

=



′



5

Quay đường cong x= −10 5y quanh Oy, ta được thể tích phần trên là 20( )2

2 0

1 2

1000 2500

1 2 4,

z −z = giá trị nhỏ nhất của z1+3z2 bằng

A 5− 21 B 20 4 21− C 20 4 22− D 5− 22

HD: Đặt z= +x yi (x y, ∈ℝ)(z−6 8) ( )+zi = − +(x 6 yi)(8− −y xi) là số thực khi

− − + − = ⇔ − + − = là đường tròn tâm I( )3; 4 , bán kính R=5

Gọi A z( ) ( )1 , B z2  z1−z2 = AB=4

Điểm M∈AB sao cho MA= −3MBOA+3OB=4OM  OA+3OB =4OM

Do đó z1+3z2 min khi và chỉ khi OM nhỏ nhất

Vì MA MB = −MI2+R2 MI2 =22 MI = 22  M∈(I; 22)

Vậy OMmin = −5 22 z1+3z2 min =20 4 22.− Chọn C

nguyên m để phương trình 1 1

x

f  + + = x m

  có nghiệm thuộc đoạn

[−2; 2]?

A 11

B 9

C 8

D 10

HD: Xét hàm số ( ) 1

1

x

  trên [−2; 2 ,] có ( ) 1

1 1

x

g x′ = f′ + +

Với [ 2; 2] 1 [ ]0; 2

2

x

x∈ − ⇔ + ∈ mà hàm số f x( ) đồng biến trên [ ]0; 2 1 0

2

x

  + ≥

Do đó g x′( )> ∀ ∈ −1; x [ 2; 2] g x( ) là hàm số đồng biến trên (−2; 2)

Suy ra g x( )=m có nghiệm thuộc đoạn [−2; 2] khi g( )− ≤ ≤2 m g( )2

− ≤ ≤ kết hợp với m∈ℤ  có 8 giá trị nguyên m cần tìm Chọn C

− , 1

2

:

∆ = = Đường thẳng ∆ vuông góc với d đồng thời cắt ∆1, ∆2 tại H, K sao cho độ dài

HK nhỏ nhất Biết rằng ∆ có một vecto chỉ phương u=(h k; ;1) Giá trị của h k− bằng

HD: Gọi H = ∆ ∩ ∆1 H∈ ∆1 H(3 2 ; ;1+ a a +a)

Và K = ∆ ∩ ∆2  K∈∆2  K(1+b; 2 2 ;+ b b)

Suy ra HK = − −( 2 2a+b; 2− +a 2 ; 1b − − +a b)

Vì ∆ ⊥d HK u d =0 − −2 2a b+ + − +2 a 2b+ +2 2a−2b= ⇔ = −0 b a 2

( )2 2

2a 4a 29 2 a 1 27 3 3

Dấu bằng xảy ra khi a= −1 HK = − − −( 3; 3; 3)u∆ =(1;1;1 ) Chọn A

là hai điểm thay đổi trong mặt phẳng (Oxy) sao cho MN cùng hướng với a và MN =5 2 Giá trị lớn nhất của AM −BN bằng

HD: Gọi M x y( ; ; 0) mà MN =k a (k>0) nên ( ; ; 0)

0

N N N

z

− =





 =



Tịnh tiến điểm A(−4; 7;3) theo vectơ MN, ta được A′(1; 2;3) AM =NA′

Do đó AM −BN = A N′ −BN ≤ A B′ = 17 Dấu bằng xảy ra khi A B N′, , thẳng hàng Chọn A.

Liên hệ đăng kí học lớp VIP: inbox chị Hường Nguyễn ( www.facebook.com/ngankieu0905 )