L ời giải Gọi x là cạnh của đáy hộp.. L ời giải Gọi M N, lần lượt là trung điểm của các cạnhAB CD, ; H là hình chiếu vuông góc của O trên SN... L ời giải Trong mặt phẳng OBC d ựng hìn
Trang 1NHÓM KYSER ÔN THI THPT KHÓA ĐỀ THI THỬ THPT 2019
Thời gian làm bài: 90 phút
ĐÁP ÁN
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
D D C D D B D C A D B A C C A D B D A B C B C B C
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
C B A A D A A A B C A A B D A B D C C D A B B C B
Câu 1
L ời giải
1
2
1
ax b+ x= ax +bx = a+ b− +a b = a b+
Câu 2
L ời giải
Ta có: f x( )=log2(3x−1) ( ) ( )3
f x
x
′
Câu 3
L ời giải
Gọi x là cạnh của đáy hộp
h là chiều cao của hộp
( )
S x là diện tích phần hộp cần mạ
Khi đó, khối lượng vàng dùng mạ tỉ lệ thuận với S
;V =x h= => =4 h 4 /x 2
Từ và , ta có S x( )= 2 16
x x
Dựa vào BBT, ta có S x ( ) đạt GTNN khix= 2
Đề số 26 Sở GD&ĐT TpHCM số 8
Trang 2Câu 4
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y = f(x) đa ̣t giá tri ̣ cực đa ̣i ta ̣i x = 0
Suy ra M = f(0)
Câu 5
L ời giải
Ta có d cắt mặt phẳng (Oyz t) ại 0; ;5 7
, chọn A(−3;1;1)∈ và gd ọi B là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (Oyz)⇒B(0;1;1)
Khi đó, vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm sẽ cùng phương với vectơ
BM
nên chọn đáp án D
Câu 6
L ời giải
( )2
3
2
x
−
− Gọi I là giao của hai tiệm cận ⇒I( )2;1
0
1
2
x
x
−
Khi đó tiếp tuyến tại M x y( 0; 0) có phương trình:
( )(0 0) 0
( )2( 0) 0
0 0
1 3
2 2
x
x x
+
−
−
0
3
2
x y
x
+
−
−
0
4 0
6 1
2
;
9 1
2
x
d I
x
+
−
∆ =
+
−
( )
0 4 0
;
x
d I
x
−
a +b ≥ ab ∀a b
Trang 3Ta có: ( )4 ( )2 ( )4 ( )2
( )
d I
Vậy giá trị lớn nhất mà d có thể đạt được là: 6.
Câu 7
L ời giải
1
1 2
= +
= +
(1 ; 2 ;1 2 )
H∈ ⇒d H +t +t + t
AH = t− + +t + t− = t − t+ = t− + ≥
Độ dài AH nhỏ nhất bằng 5 khi t=1⇒H(2;3;3)
Vậy a= , 2 b= , 3 c=3 3 3 3
62
Câu 8
L ời giải
2
i
Câu 9
L ời giải
:
− đi qua M(2;1; 0) và có vtcp u: =(1;1; 2− )
( )β :x+ +y 2z+ = có 1 0 vtpt n:=(1;1; 2)
:
đi qua M
vtpt u n
Phương trình ( ) (α : x− −2) (y− =1) 0⇔ − − =x y 1 0
Gọi ( )d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( )α , ( )β Ta có:
Trang 4( ) 0; 1; 0( ( ) ) ( )
, 2; 2; 2 2 1;1; 1
:
d đi qua N
vtcp n nα
−
:
Câu 10
2
x y
x
−
=
− :
2
1
y
x
− Suy ra hàm số đồng biến trên từng khoảng xác đi ̣nh
Vâ ̣y giá tri ̣ nhỏ nhất của hàm số trên đoa ̣n [ ]3; 4 là : y(3) = -2
Câu 11
L ời giải
2x+1 dx=x + +x C
Câu 12
L ời giải
Ta có g x′( )= f′( )x f ′f x( )
0
f x
g x
f f x
3 3
x
x a
⇔ =
= >
Bảng biến thiên của hàm số g x( )= f f x( ) là
Từ bảng biến thiên của hàm số g x( )= f f x( ) ta suy ra các mệnh đề 2,3,4 đúng
Câu 13
L ời giải
Trong khai triển nhị thức ( )n
a b+ thì số các số hạng là n+ nên trong khai triển 1 ( )2018
2x−3 có 2019 số hạng
Câu 14
Trang 5L ời giải:
Câu hỏi lí thuyết
Câu 15
L ời giải
Gọi M N, lần lượt là trung điểm của các cạnhAB CD, ; H là hình chiếu vuông góc của O trên SN
Vì AB CD nên// d AB( ,SC)=d AB SCD( , ( ))=d M SCD( , ( ))=2d O SCD( , ( ))
CD ON
⊥
OH SN
⊥
5 4
a OH a
OH =ON +OS = +a = a ⇒ =
5
a
Câu 16
L ời giải
2
x y x
+
=
− và trục hoành:
1
0
x
x
x
2
x y x
+
=
− và các trục tọa độ bằng:
Trang 61
1
d
2
x
x
x
−
+
−
1
1 d 2
x x x
−
−
=
−
1
3
2 x
x
−
−
1
−
3
3
2
Câu 17
L ời giải
Gọi chiều cao hình nón là h , bán kính đáy bằng a , ta có:
l= a +a = a
xq
S =πrl=π a a = πa
Câu 18
L ời giải
1 2 2 3 4 5 2 2
Câu 19
L ời giải
Trong mặt phẳng (OBC d) ựng hình bình hành OMBN , kẻ OI BN⊥
Kẻ OH ⊥ AI Nhận xét OM//(ABN nên kho) ảng cách h giữa hai đường thẳng AB và OM bằng khoảng cách giữa đường thẳng OM và mặt phẳng (ABN , b) ằng khoảng cách từ O đến mặt phẳng
(ABN Suy ra ) h=d O ABN( ,( ) )=OH
60
2
a
5
a OH
Câu 20
M O
B
C A
H
Trang 7L ời giải
điểm phân biệt
Câu 21
L ời giải
2
y=x − x và y=0 là 2
2
x x
=
Trên đoạn [−10;10] ta có
x − x≥ , ∀ ∈ −x [ 10; 0]và [2;10 ]
2
x − x≤ , ∀ ∈x [ ]0; 2
10
2 d
−
−
Câu 22
L ời giải
Go ̣i z x yi= + , x y, ∈ ⇒M x y( );
N là điểm đối xứng của M qua Oy ⇒N(−x y; )⇒ = − +w x yi= − −(x yi)= − z
Câu 23
L ời giải
1
y
+
+ + với mọi x∈(0;+∞ )
ac b − ac > 2 ( )2
4 ac > ⇒0 ab c>4 ac >0 a c >0
ac b − ac > ⇒ 2
b − ac>
4 2
0
ax +bx + =c
( )
2
; 0
2
1 2
1 2
0
b ac
b
t t
a c
t t
a
+ = > ⇒
4 2
0
y=ax +bx +c
Trang 8Xét ( ) 2
1
g x =x +mx+ có ∆ =m2−4
TH1: ∆ < ⇔ − < < khi đó 0 2 m 2 g x( )> ∀ ∈ nên ta có 20, x x m+ ≥ ,0 ∀ ∈x (0;+∞)
Suy ra 0≤ < m 2
2
m m
≤ −
Nếu m≤ − thì 2
0
→ ′ = ≤ − nên không thỏa 22 0
1
x m y
x mx
+
+ + với mọi x∈(0;+∞ ) Nếu m≥ thì 22 x m+ > với mọi 0 x∈(0;+∞ và ) g x có 2 nghi( ) ệm âm Do đó g x( )> ,0 ∀ ∈x (0;+∞ )
Suy ra 2≤ <m 10
Vậy ta có: 0≤ <m 10 nên có 10 giá trị nguyên của m
Câu 24
L ời giải
Ta có: y′ =3x2−6x+3m; y′ = ⇔0 x2−2x+ = m 0
1 m
′
∆ = − ;
hàm số có hai điểm cực trị ⇔ ∆ >′ 0⇔ < Mặt khác m 1 y′′ =6x−6
0
y′′= ⇒ =y 4m−3
Hàm số bậc ba có đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng Do đó:
m cần tìm thoả mãn m<1 và điểm uốn nằm trên trục hoành
4
m
Câu 25
L ời giải
Gọi I(− − −1 t; t; 2+ ∈t) d IA.=(t t; + − −2; t 1 ,) IB= +(t 3;t+ −3; t)
Do ABCD là hình thoi nên IA IB = ⇔0 3t2+ + = ⇔ = −9t 6 0 t 2;t= −1
Do C đối xứng A qua I và D đối xứng B qua I nên:
+) t= − ⇒1 I(0;1;1)⇒C(1; 0;1 ,) (D − −2; 1; 0)
+) t= − ⇒2 C(3; 2; 1 ,− ) (D 0;1; 2− )
Câu 26
L ời giải
Trang 9Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số y= f x( ) đồng biến trên khoảng (0; 2 )
Câu 27
L ời giải
( ) ( )
3
1 f x +3g x dx=10
1 f x dx 31 g x dx 10 1
( ) ( )
3
1 2f x −g x dx=6
2 f x dx g x dx 6 2
1 f x dx 4; 1 g x dx 2
1 f x +g x dx=6
Câu 28
L ời giải
8
x
− − = ⇔ − = − ⇔ = −
Câu 29
L ời giải
Tập xác định của hàm số: D=
4 4
y ′ = x + x; y′ = ⇔ = 0 x 0
Bảng biến thiên:
Dựa vào BBT, hàm số đã cho có một điểm cực trị
Câu 30
L ời giải
Tiệm cận đứng là x= − ; tiệm cận ngang 1 y= 1 nên I(−1; 1)
0
2
;
1
x
x
( )2
1 1
f x
x
′ = −
+ nên phương trình tiếp tuyến của ( )C là:
2
0
0
x – ∞ 0 + ∞
y' – 0 +
y +
-3
+ ∞
Trang 10( ) ( ) ( )
2
0 0
0 0
2 0
1 1
, 2
1 1
d I
x x
x
+
+ +
Câu 31
L ời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng (−1; 1)
Câu 32
L ời giải
Gọi H là trung điểm của AB, suy ra AH ⊥(ABCD)
Gọi G là trọng tâm tam giác SAB∆ và O là tâm hình vuông ABCD
Từ G kẻ GI // HO suy ra GI là tr ục đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB∆ và từ O kẻ OI // SH thì OI
là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD
Ta có hai đường này cùng nằm trong mặt phẳng và cắt nhau tại I
Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD
2 2 21
6
a
Câu 33
L ời giải
Ta có 2 3 2
2x − x+ = 4 2
3 2 2
3
x x
=
1 2
T = + x x = 27
Câu 34
I G
H
B
C
S
Trang 11L ời giải
Ta có
2
2
x
−
2
1
x
−
2
10 9
0
x
−
2
2
x
x
− >
− <
1
1 4
9
x x
< ≤
⇔
≥
;1 9;
4
Câu 35
L ời giải
Ta có: y ′ = 3 x2− + 6 x 3 m; y ′ = ⇔ − + = 0 x2 2 x m 0
1 m
′
∆ = − ;
Để có diện tích phần trên và phần dưới thì hàm số phải có hai điểm cực trị ⇔ ∆ >′ 0⇔ < Mm 1 ặt khác
6 6
y′′ = x−
0
y′′= ⇒ =x 1⇒ =y 4m− 3
Hàm số bậc ba có đồ thị nhận điểm uốn là trục đối xứng Do đó, để diện tích hai phần bằng nhau thì điểm uốn phải nằm trên trục hoành
4
m
⇔ =
Câu 36
L ời giải
Áp dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn ta có phương trình mặt phẳng là
1
1 3 2
x+ + =y z
Câu 37
L ời giải
Ta có
2017
2017 2017
a a
a
2017
a
Trang 122017
a
a
a
1
2
1
x
y f x
Ta có
0
x
x
x
'
y
+
2
1
0
x
.
y
x
+
, ∀ >x 0
Nên y= f x( ) là hàm giảm trên (0;+∞)
Do đó f a( )≤ f (2017),(a>0) khi 0< ≤a 2017
Câu 38
L ời giải
Gọi z= +x iy với x y, ∈ ta có hệ phương trình
( )( )
2 1
− =
2 2 2 2
2 1
⇔
2 2 2 2
2
1
⇔
1
x
=
1 2
x y
=
Câu 39
L ời giải
Gọi A là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi môn Hóa học”
B là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi môn Vật lí”
3
AC a
giỏi”
A∩B là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi cả hai môn Hóa học và Vật lí”
Ta có: n A( ∪B)=0,5.40= 20
Mặt khác: n A( ∪B) ( ) ( ) ( )=n A +n B −n A B
Trang 13( ) ( ) ( ) ( )
Câu 40
L ời giải
Công thức số hạng tổng quát : u n = + −u1 (n 1)d, n≥ 2
Câu 41
L ời giải
Ta có z1 z2 z3 a 4 w 12 i 4 a là số thực, suy ra wcó phần ảo 3i hay w m 3i
Khi đó z1 m z ; 2 m 6 ; i z3 2 m 6 i 4 mà z z3; 2 là liên hợp của nhau nên m2m 4 m 4 Vậy z1 4; z2 4 6 ; i z3 4 6 i
Theo Viet ta có
1 2 3
1 2 2 3 1 3
1 2 3
12 84 208
z z z z z z b b
c
z z z c
12 84 208 136
Câu 42
Câu hỏi lý thuyết
Câu 43
L ời giải
Vì d đi qua A, vuông góc với ( )P nên d có một vectơ chỉ phương là a=(2; 1;3− )
* Vậy phương trình tham số của d là
1 2 3
2 3
= +
= − −
= +
Câu 44
L ời giải
Gọi I là trung điểm đoạn AB ⇒ −I( 1;0; 1− )
Mặt cầu cần tìm có tâm I(−1;0; 1− )
Trang 14và bán kính ( ) (2 ) (2 )2
x+ +y + +z =
Câu 45
L ời giải
Ta có:
3
.
2
3
D MNP
D HIK
3
V S SH 1 1 .sin
6AB AC DE
6AB AC DE
6 AB AC AD (DE là đường cao của hình chóp D ABC )
Dấu bằng xảy ra khi: DADE và BAC 90
. max
.3 4 5 10
D ABC
.
.10
D MNP
Câu 46
L ời giải
Ta có AB= − −( 3; 1; 0)
; ;1
2 2
là trung điểm của AB và A B, nằm ở hai phía của mặt phẳng ( )P
Gọi ( ) α là mặt phẳng trung trực của AB và ∆ =( ) ( ) α ∩ P Khi đó ∆ chính là đường thẳng thuộc mặt
phẳng ( )P và cách đều hai điểm A B,
Phương trình mặt phẳng ( ) α đi qua 3 5; ;1
2 2
và có véc tơ pháp tuyến AB= − −( 3; 1; 0)
là:
Trang 15− − − − = ⇔ + − =
Khi đó d là đường giao tuyến của ( ) α và ( )P
Véctơ chỉ phương của d u: d =n( )P ,n( )α = −( 1;3; 2− = −) (1; 3; 2− )
, d đi qua điểm có tọa độ (0;7;0)
2
x t
z t
=
= −
=
(t là tham số)
Câu 47
L ời giải
Hình lập phương có 8 đỉnh, 12 cạnh và 6 mặt
Vậy tổng số đỉnh, số cạnh và số mặt của hình lập phương là 26
Câu 48
L ời giải
Ta có: 3 ∉ nên hàm số xác định khi và chỉ khi 2− >x 0⇔ < x 2
Vậy tập xác định của hàm số là: D= −∞( ; 2)
Câu 49
L ời giải
Hoành độ giao điểm của đường thẳng và đồ thị là nghiệm của phương trình
2
1
x
Câu 50
L ời giải
y ′ = ax + bx c + = có hai nghiệm phân biệt đều dương
{ }
\ 1
D=
1
1
x
x
x
+
−
0 2
x x
=
x= ⇒A −
( )
x= ⇒B
2 2
Trang 161 2
1 2
2 0 3
b
a c
x x
a
− >
⇒ + = − >
= >
lim
Từ đó suy ra c< 0,b> 0