TS247 DT de thi thu thpt qg mon toan thpt chuyen quang nam tinh quang nam nam 2019 co loi giai chi tiet 35666 1558508139

Qua kỳ thi này, các em học sinh khối 12 sẽ phần nào nắm được cấu trúc, dạng toán và độ khó của đề thi để có những bước ôn tập hợp lý trong giai đoạn sắp tới... Trong trường hợp diện tíc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 12

NĂM HỌC 2018 – 2019 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Mã đề thi: 101

Mục tiêu: Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Quảng Nam có mã đề 101 được biên soạn dựa trên cấu trúc đề tham khảo THPT Quốc gia môn Toán năm 2019 Qua kỳ thi này, các em học sinh khối 12 sẽ phần nào nắm được cấu trúc, dạng toán và độ khó của đề thi để có những bước ôn tập hợp

lý trong giai đoạn sắp tới

Câu 1 (NB): Cho hàm số y f x  xác định trên , có bảng biến thiên sau

Hàm số y f x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A  0; 2 B 1;3 C. ;3 D ; 0

Câu 2 (NB): Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A yx43x21 B.y  x4 3x21

C y  x3 3x21 D y x3 3x21

Câu 3 (NB): Cho hàm số y f x  xác định trên , có bảng biến thiên như sau

Hàm số y f x  đạt cực đại tại điểm

Câu 5 (NB): Cho a số thực dương khác 1 Tính log 2

a a

A 2

1log

2

a a B 2

1log

Câu 27 (TH): Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu     2  2 2

S x  y  z  Mặt phẳng nào sau đây cắt mặt cầu  S theo giao tuyến là một đường tròn?

Gọi  là đường thẳng qua trọng tâm G của tam giác ABC và vuông góc

với mặt phẳng ABC Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng ?

Câu 43 (VDC): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng 1; 7 để phương trình

m x m x x  x  có nghiệm?

Câu 44 (VDC): Cho hai hàm đa thức y f x ,yg x  có đồ thị là

hai đường cong ở hình vẽ Biết rằng đồ thị hàm số y f x  có đúng

Câu 48 (VDC): Cho khối chóp S ABCD có thể tích bằng 1, đáy ABCD là hình thang với cạnh đáy lớn là

AD và AD3BC Gọi M là trung điểm cạnh SA N, là điểm thuộc cạnh CD sao cho ND3NC Mặt phẳng BMN cắt cạnh SD tại P Tính thể tích khối chóp A MBNP bằng

Câu 49 (VDC): Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

4 3: 3 40

Gọi A là hình chiếu vuông góc

của O trên d Điểm M di động trên tia Oz , điểm N di động trên đường thẳng d sao cho

MNOMAN Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OA Trong trường hợp diện tích tam giác IMN đạt

giá trị nhỏ nhất, một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng M d có tọa độ là , 

A 4;3;5 2 B 4;3;10 2 C 4;3;5 10 D 4;3;10 10

Câu 50 (VDC): Gọi X là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 8 chữ số được lập từ các chữ số

1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9. Lấy ngẫu nhiên một số trong tập tập hợp X Gọi A là biến cố lấy được số có đúng hai

đúng hai chữ số 2, bốn chữ số còn lại đôi một khác nhau, đồng thời các chữ số giống nhau không

đứng liền kề nhau Xác suất của biến cố A bằng

+) Dựa vào cách đọc đồ thị hàm đa thức bậc ba và hàm trùng phương bậc bốn

+) Xác định dấu của hệ số a của hàm số yax4bx2c dựa vào giới hạn

Quan sát bảng biên và nhận xét : Điểm thuộc tập xác định của hàm số mà đạo hàm đổi dấu từ dương sang

âm là điểm cực đại

- Tính y', tìm nghiệm trong đoạn  a b của ; y'0

- Tính giá trị của hàm số tại hai điểm đầu mút và tại các điểm vừa tìm được ở trên

Sử dụng công thức loga bc loga bloga c 0 a 1; ,b c0

Đặt ẩn phụ log x2 t rồi biến đổi để sử dụng hệ thức Vi-et

log log 2018 log 2019 0

log log 2019 log 2018 0

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt t t Theo hệ thức Vi-ét ta có 1; 2 t1 t2 1

Suy ra log2 x1log2 x2  1 log2x x1 2 1 x x1 2 2

Vậy tập nghiệm là đoạn   2

1

a

b a b

+) Đặt z x yi x y ;   thì số phức liên hợp z x yi và mô đun z  x2y2

+) Biến đổi đưa về hai số phức bằng nhau thì phần thực bằng nhau và phần ảo bằng nhau

Hình nón đỉnh S có bán kính đáy OAa; góc giữa đường sinh và đáy là

x ứng với 6   k 4 k 2 Vậy hệ số của 4

x trong khai triển là 2 2

1 1lim lim lim

Xác định góc giữa hai mặt phẳng  P và  Q ta làm như sau

+) Xác định giao tuyến d của  P và  Q

+) Trong  P xác định đường thẳng ad, trong  Q xác định bd

+) Góc giữa  P và  Q là góc giữa a và b

Cách giải:

Gọi a là cạnh hình lập phương và O là giao điểm của AC và BD

Ta có A BD   ABCBD

Trong ABCD có AC BD (do ABCD là hình vuông)

Trong A BD  có A O BD (do tam giác A BD cân tại A )

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng A BD  và ABC là góc giữa A O 

Ta có: 2   3

10

 với a b, là độ dài 2 đáy và h là chiều cao

Sử dụng hàm số để tìm giá trị lớn nhất của diện tích hình thang

- Xét phương trình hoành độ giao điểm, tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x 1, 2

- Viết biểu thức tính OA OB và sử dụng Vi – et

Diện tích hình phảng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y f x ; yg x  và hai đường thẳng xa x; b là

Giao điểm của d với trục hoành 4 x   4 0 x 1

Giao điểm của đồ thị  P với trục hoành là x2   0 x 0

Tiếp điểm của d với đồ thị  P có hoành độ là x2

Sử dụng công thức lãi kép T A1rN với A là số tiền ban đầu, N là số kì hạn, r là lãi suất và T là số

tiền có được sau N kì hạn

Quan sát đồ thị ta thấy, để bất phương trình có tập nghiệm chỉ chứa hai giá trị

nguyên thì tập nghiệm của bất phương trình phải là 1;

Chọn D

Câu 39:

Phương pháp:

- Dựng hình chiếu của O lên O MN và tâm đáy hình nón ' 

- Diện tích xung quanh hình nón SRl với R là bán kính đáy, l là độ dài đường sinh

Cách giải:

Gọi K là trung điểm của MN , H là hình chiếu của O lên O K , I là hình '

chiếu của H lên O O '

Lần lượt thay tọa độ các điểm M N P Q ở mỗi đáp án vào phương trình ; ; ;  P :x   y z 1 0

Ta thấy điểm P6; 4;3  có tọa độ thỏa mãn phương trình x   y z 1 0 do 6 4 3 1 0    nên P P

Chọn C

Câu 41:

Phương pháp:

- Tìm tọa độ hình chiếu H của A trên BC

- Tìm tọa độ điểm G và viết phương trình , chú ý   u u BC

G G G

G G G

x y z

- Rút m theo x từ phương trình đã cho

- Biến đổi, đặt ẩn phụ đưa về phương trình m f t  thích hợp và sử dụng phương pháp hàm số đề tìm điều

x x

Để phương trình m f t  có nghiệm thuộc  2; thì

h x  f x g x   (theo giả thiết)

Từ BBT ta thấy hàm số yk x  có ba điểm cực trị nên hàm số yk x m cũng có 3 điểm cực trị Nhận thấy số điểm cực trị của hàm số y k x m bằng tổng số điểm cực trị của hàm số yk x m và

số nghiệm đơn (hay nghiệm bội lẻ) của phương trình k x  m 0

Suy ra để hàm số y k x m có đúng 5 điểm cực trị thì phương trình k x   m 0 k x  m có hai

nghiệm đơn (hay bội lẻ) Từ BBT ta có 7

- Cộng cả hai vế với 2y đưa phương trình dạng f u  f v  với ,u v là các biểu thức ẩn , x y

- Sử dụng phương pháp hàm đặc trưng, xét hàm y f t  suy ra mối quan hệ ,u v dẫn đến mối quan hệ của

1 2

- Đặt z x yi thay vào điều kiện bài cho tìm mối quan hệ ;x y

- Thử đáp án, tìm ;x y từ mỗi đáp án và thay vào H xem giá trị của H ở đáp án nào nhỏ nhất thì chọn

Sử dụng phân chia khối đa diện để tính thể tích A BMPN

Sử dụng tỉ lệ thể tích: Chóp tam giác S ABC có M N P, , bất kì lần lượt thuộc cạnh SA SB SC, , suy ra

Trong ABCD kéo dài BN cắt  AD tại F .

Xét tam giác SAF có FM SD, là hai đường trung

tuyến nên P là trọng tâm 2

3

SP SAD

SD

Ta có  

2 2

- Trên tia đối của tia Oz lấy điểm P sao cho OPAN

- Tính diện tích tam giác IMN và tìm GTNN của diện tích

 với n A là số phần tử của biến cố A và   n  là số phần

tử của không gian mẫu

Cách giải:

+ Số cách chọn ra số có 8 chữ số được lập từ các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 là 98

Từ đó số phần từ của không gian mẫu là n  9 8

+ Số cách chọn ra 4 chữ số khác nhau trong 7 số 3; 4;5; 6; 7;8;9 là C cách 74

+ Số cách sắp xếp 2 chữ số 2, 2 chữ số 1 và 4 chữ số đôi một khác nhau thành số có 8 chữ số là 8!

2!2!

+ Cách chọn ra số có 8 chữ số mà có đúng 2 chữ số 1, đúng 2 chữ số 2 và 4 chữ số còn lại đôi một khác nhau là 4

TH2: 2 chữ số 1 đứng liền nhau coi là 1 số, 2 chữ số 2 không đứng liền kề nhau

Số cách sắp xếp 2 chữ số 2 sao cho 2 chữ số 2 không đứng cạnh nhau là C726 cách