de thi thu thpt qg mon toan so gd dt vinh phuc lan 1

Câu 5 TH: Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại ; B BAa SA; a 2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy.. Biết SAB là tam giác đều cạnh 2a và mặt phẳng SAB vuông góc vớ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÃ ĐỀ 301

ĐỀ KHẢO SÁT KIẾN THỨC THPT LẦN I –

MÔN TOÁN NĂM HỌC: 2018 – 2019

Thời gian làm bài: 90 phút

Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần I môn Toán của Sở giáo dục Vĩnh Phúc gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài toán thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức được phân bố như sau: 92% lớp 12, 8% lớp 11 Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tại đã công bố từ đầu tháng 12 Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất

Câu 1 (NB): Khẳng định nào dưới đây về tính đơn điệu của hàm số yx33x29x2019 là đúng ?

A. Nghịch biến trên khoảng  ; 3 B Nghịch biến trên khoảng 3;1

C. Đồng biến trên khoảng 3;1 D Nghịch biến trên khoảng 1;

Câu 2 (NB): Khối bát diện đều có bao nhiêu cạnh?

Câu 3 (TH): Cho

2 3 1 2

5 5

55



Câu 4 (NB): Cho hình bình hành MNPQ Phép tịnh tiến theo véc tơ MN biến điểm Q thành điểm nào sau đây?

Câu 5 (TH): Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại ; B BAa SA; a 2 và SA

vuông góc với mặt phẳng đáy Góc giữa SC và mặt phẳng SAB bằng bao nhiêu? 

A 45 B 30 C 60 D 90

Câu 6 (TH): Cho số thực dương x , biểu thức rút gọn của

2 3 3

6

x x x P

Câu 20 (NB): Tập xác định của hàm số yx là

Câu 21 (TH): Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau?

A.1134 B 27216 C 27226 D.27261

Câu 22 (VD): Cho hai mặt phẳng song song    P , Q và đường thẳng  Mệnh đề nào sau đây sai?

A Nếu  song song với  P thì  song song với  Q

B Nếu  nằm trên  P thì  song song với  Q

C Nếu  nằm trên  Q thì  song song với  P

Câu 25 (TH): Cắt khối cầu tâm I , bán kính R5 bởi một mặt phẳng  P cách I một khoảng bằng 4 ,

diện tích thiết diện là

Câu 26 (VD): Một người mau một căn hộ trị giá 800 triệu theo hình thức trả góp với lãi suất 0,8%/tháng Lúc đầu người đó trả 200 triệu, số tiền còn lại mỗi tháng người đó trả cả gốc lẫn lãi 20 triệu Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng người đó trả hết nợ, biết rằng lãi suất chỉ tính trên số tiền còn nợ? (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)

Câu 29 (TH): Cho hai số thực ;x y thỏa mãn 0  x 1 y Trong các bất đẳng thức sau, có bao nhiêu bất đẳng thức đúng?

A 1 B 0 C 3 D.2

Câu 30 (VD): Cho hàm số y f x  có đạo hàm trên và y f ' x

có đồ thị như hình vẽ Phương trình f x m ( m là tham số) có nhiều

nhất bao nhiêu nghiệm trong khoảng 2; 6?

Câu 36 (VD): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, ADDCa Biết

SAB là tam giác đều cạnh 2a và mặt phẳng SAB vuông góc với mặt phẳng  ABCD Tính cô sin của góc giữa hai mặt phẳng SAB và  SBC 

Câu 37 (VD): Cho hình trụ  T có chiều cao bằng đường kính đáy, hay đáy là các hình tròn O R và ; 

O R;  Gọi A là điểm di động trên đường tròn O R và B là điểm di động trên đường tròn ;  O R; , khi

đó thể tích khối tứ diện OO AB có giá trị lớn nhất là

R

336

R

333

R

Câu 38 (VD): Nhà cung cấp dịch vị internet X áp dụng mức giá với dung lượng sử dụng của khách hàng

theo hình thức bậc thang như sau: Mỗi bậc áp dụng cho 64MB , bậc 1 có giá 100 đ/1MB, giá của mỗi MB ở các bậc tiếp theo giảm 10% so với bậc trước đó Tháng 12 năm 2018, bạn An sử dụng hết 2GB , hỏi bạn An

phải trả bao nhiêu tiền (tính bằng đồng, làm tròn đến hàng đơn vị)?

Câu 41 (VDC): Cho hàm số y f x  liên tục trên và có đồ thị như

hình vẽ Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình

Câu 42 (VDC): Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a Mặt phẳng

  qua A và song song với BD cắt cạnh SC tại I và chia khối chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau Tính diện tích thiết diện của hình chóp S ABCD khi cắt bởi mặt phẳng  

a

C

2

2 73

a

D

2

7 324

Câu 44 (VD): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 2





  , với a là tham số dương Tìm tất cả các giá trị của a để 3M7m0

sin xsin sin 2x xmcosx2 cosm x (với m là tham số) có ít nhất bao

nhiêu nghiệm trong khoảng ;3

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM

11.C 12.A 13 C 14.D 15.D 16 C 17.D 18 C 19 D 20 D 21.B 22 A 23 B 24 B 25 C 26 B 27 B 28 A 29.D 30 B

          hay hàm số đồng biến trên  ; 3 ; 1;  

+) y  0 3x26x     9 0 3 x 1 hay hàm số nghịch biến trên 3;1

Suy ra hình chiếu của SC lên mặt phẳng SAB là  SB

Hay góc giữa SC và SAB là góc CSB 

Vì ABC cân tại B nên BCBAa

Từ giả thiết ta suy ra được thiết diện là hình chữ nhật

Xác định khoảng cách từ trục đến thiết diện bằng khoảng cách từ tâm O đến thiết diện

Tính toán các cạnh hình chữ nhật dựa vào định lý Pytago

Tính diện tích hình chữ nhật bằng tích chiều dài với chiều rộng

Cách giải:

Thiết diện là hình chữ nhật MNPQ như hình vẽ

Kẻ O H MN tại H suy ra H là trung điểm MN

Lại có O H QM (do QM  mặt đáy) nên O H MNPQO H 3

Xét tam giác O HN vuông tại H theo định lý Pytago ta có ,

Khối lăng trụ tam giác có hai đáy là các tam giác bằng nhau và 3 mặt bên là các hình bình hành

Vậy khối lăng trụ tam giác có tất cả 5 mặt

Tính y, giải phương trình y 0 ta tìm được nghiệm x 0

Lập BBT hoặc xét y để xác định điểm cực đại hoặc cực tiểu (nếu y x0  0 x là điểm cực đại; nếu 0

y    x là điểm cực tiểu của hàm số

Suy ra giá trị cưc tiểu là   2

Đáp án A: sai vì nếu / / P  thì vẫn có thể xảy ra trường hợp   Q chứ chưa chắc đã song song

Đáp án B, C: đúng theo tính chất hai mặt phẳng song song thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này đều song song mặt phẳng kia

Công thức tính diện tích xung quanh hình nón S xq rl với r là bán kính đáy là l là độ dài đường sinh

Cho khối cầu O R ; mặt phẳng ;   P thỏa mãn d O P ;   h R

Khi đó, mặt phẳng cắt khối cầu theo giao tuyến là đường tròn H r ; 

Mối liên hệ R2 h2r2

Tính diện tích hình tròn bán kính r theo công thức Sr2

Cách giải:

Mặt phẳng  P cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn tâm H bán kính r

Theo giả thiết ta có ON 5;OH  4 HN2 ON2OH2  52 42 32

T 1 r rA





  với A là số tiền hàng tháng phải trả, r là lãi suất,

T là số tiền vay ban đầu, N là số kì hạn

Cách giải:

Sau khi trả 200 triệu thì người đó còn nợ 800 200 600 triệu

Theo công thức lãi kép cho bài toán trả góp ta có:

Sử dụng cách tìm GTLN; GTNN của hàm số y f x  trên đoạn  a b như sau ;

- Chia bát diện đều thành hai hình chóp tứ giác đều

- Tính thể tích mỗi khối chóp suy ra kết quả cần tìm

Cách giải:

Chia khối bát diện đều RMNPQS thành hai khối chóp tứ giác đều R MNPQ và S MNPQ đều có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng 2

Ta tính thể tích khối chóp tứ giác đều S MNPQ có tất cả các cạnh bằng 2

Gọi O là giao điểm của MP và NQ

+ Nếu 0 a 1; ;b c0 thì loga bloga c b c

+ Nếu a1; ;b c0 thì loga bloga c b c

Ta có 0      x 1 y y 1 1 logxy 1 log 1x  0 logxy 1 0

Lại có vì 0   x 1 y logy x0 nên log 1x ylogy x 0  1 sai

+ Xét  2 log 1y xlogx y ta thấy log 1  0  

Tìm điều kiện để hàm số có ba điểm cực trị

Dựa vào dấu hiệu nhận biết hình thoi: tứ giác có hai đường chéo giao giao tại trung điểm mỗi đường và vuông góc với nhau là hình thoi (hay hình bình hành có hai đường chéo vuông góc là hình thoi) để tìm điều kiện của m

Sử dụng công thức tọa độ trung điểm của AB là ;

Để OBAC là hình thoi thì ta cần có OBAC là hình bình hành hay OA và BC giao nhau tại trung điểm mỗi

đường

Nghĩa là ta cho trung điểm của OA và BC trùng nhau

Ta có trung điểm của OA là I0;m ; trung điểm của  BC là  4 

a b C a  b



  khai triển tổng đã cho

- Tìm hệ số a a theo n và thay vào điều kiện bài cho tìm n 1, 2

Dựa vào đồ thị hàm số và định nghĩa tiệm cận:

Đường thẳng yy0 được gọi là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y f x  nếu một trong hai điều kiện sau được thỏa mãn lim   0; lim   0

Đường thẳng xx0 được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y f x  nếu một trong bốn điều kiện sau được thỏa mãn lim   ; lim   ; lim   ; lim  

B x ta có thể xác định tiệm cận đứng là xx0 khi x là nghiệm của mẫu 0

thức B x nhưng   x không là nghiệm của tử thức 0 A x  

Từ đồ thị hàm số f x ta thấy   f x  3 có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 1;3 suy ra x x1; 2 0 nên

cos 2 2 sin 2 3 cos 2 2 sin 2 3 2 cos 2 4 sin 2 6

yax bx cxd a cắt trụ hoành tại hai điểm phân biệt khi hàm

số có hai điểm cực trị thỏa mãn y CD.y CT 0

g x  x  mx m, bài toán được đưa về tìm m0 để đồ thị hàm số g x cắt trục hoành tại hai  

điểm phân biệt hay hàm số g x có hai điểm cực trị sao cho   y CD.y CT 0

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng (góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng)

- Tính cô sin góc vừa xác định, sử dụng định lý hàm số cos

Cách giải:

Gọi H E, lần lượt là trung điểm của AB BC,

Do đó góc giữa hai mặt phẳng SAB và  SBC là  HC HF, FHC (vì FHCHFC 900)

Xét tam giác SAB đều cạnh 2a nên 2 3 3

73

2

a a

Sử dụng công thức tính thể tích khối tứ diện khi biết góc và khoảng cách giữa hai đường chéo nhau

Cho tứ diện ABCD có ABa BC; b d AD BC;  ; d;AD BC;  Khi đó 1 sin

Vì chiều cao hình trụ bằng đường kính đáy nên OO 2R

- Tính số bậc thang dung lượng mà bạn An đã dùng

- Tính giá tiền phải trả cho từng bậc tiếp theo

- Tính số tiền bạn An phải trả

Cách giải:

Đổi 1GB1024MB2G2048MB32.64MB nên có 32 bậc thang

Giá tiền phải trả cho bậc 1 là 64.100 6400 (đồng)

Giá tiền phải trả cho bậc 2 là 64.100.90% 6400 9

10

Giá tiền phải trả cho bậc 3 là

2964.100.90%.90% 6400

10

  (đồng) Vậy tổng số tiền phải trả là:

  

Chọn A

Câu 40:

Phương pháp:

- Đếm số phần tử của không gian mẫu (số cách quân vua di chuyển 3 bước)

- Đếm số khả năng có lợi cho biến cố quân vua sau 3 bước thì quay về vị trí đầu

8 cách quân vua đi ngẫu nhiên 3 bước

Ta đếm số cách quân vua đi 3 bước mà quay về đúng vị trí đầu

TH1: Quân vua đi vào vị trí chéo 1, 3, 7, 9 ở bước đầu tiên 

Nếu đi vào vị trí số 1 thì có 2 cách đi thỏa mãn là 1 2 5  và 1 4 5 

Tương tự với các vị trí 3, 7,9, mỗi cách cũng có 2 cách đi thỏa mãn

Nên có 4.2 8 cách đi thỏa mãn

TH2: Quân vua đi vào vị trí kề nó 2, 4, 6,8 ở bước đầu tiên 

Nếu đi vào vị trí số 2 ở bước đầu thì quân vua có 4 cách đi là 2 1 5; 2 3 5; 2 4 5; 2 6 5       

Tương tự với các vị trí 4, 6,8, mỗi cách cũng có 4 cách đi thỏa mãn

Nên có 4.4 16 cách đi thỏa mãn trong trường hợp này

Do đó có tất cả 8 16 24  cách đi mà quân vua sau 3 bước trở về được vị trí đầu

Sử dụng phép tính tiến đồ thị: với a b; 0 thì đồ thị hàm số y f x a   có được do ta tịnh tiến đồ thị hàm

số y f x  sang phải a đơn vị (hay tịnh tiến đồ thị y f x  theo vecto u a ; 0 ) và đồ thị hàm số

+ Tiếp tục giữ nguyên phần đồ thị phía trên Ox lấy đối xứng phần đồ thị phía dưới , Ox qua Ox rồi gạch

bỏ phần đồ thị phía dưới Ox ta được đồ thị hàm số y f  x

Sử dụng sự tương giao của hai đồ thị để biện luận số nghiệm của phương trình đã cho

Cách giải:

Số nghiệm của phương trình f x2   1 m 0 f x2 1 m chính là giao điểm của đồ thị hàm

số y f  x21 và đường thẳng ym

Ta vẽ đồ thị hàm số y f x21 lần lượt theo các bước như sau:

+ Tịnh tiến đồ thị hàm số y f x  sang phải 2 đơn vị ta được đồ thị hàm số y f x 2

+ Bỏ đi phần đồ thị của f x 2 nằm bên trái Oy lấy đối xứng phần đồ thị phía bên phải Oy qua , Oy ta ,được đồ thị hàm số y f x2

+ Tịnh tiến đồ thị hàm số y f x2 lên trên 1 đơn vị ta được đồ thị hàm số y f x21

+ Tiếp tục giữ nguyên phần đồ thị phía trên Ox lấy đối xứng phần đồ thị phía dưới , Ox qua Ox rồi gạch

bỏ phần đồ thị phía dưới Ox ta được đồ thị hàm số y f x21 như hình vẽ trên

Như vậy đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y f x21 tại 8 điểm phân biệt khi m1

Do đó có một số nguyên m thỏa mãn đề bài

Chọn C

Câu 42 (VDC): Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD có cnahj đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a Mặt phẳng

  qua A và song song với BD cắt cạnh SC tại M và chia khối chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau Tính diện tích thiết diện của hình chóp S ABCD khi cắt bởi mặt phẳng  

a

C

2

2 73

a

D

2

7 324

a

Câu 42:

Phương pháp:

- Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi  

- Nhận xét hình dạng thiết diện và tính diện tích

 

.

12

Nhận xét: Tứ giác AEIF có EF AI (vì EF/ /BD và BDSACBD AI)

Vậy diện tích thiết diện là: 1 1 35 5 17 34 2 70 10 17 34 2 2

+ Gọi E F lần lượt là trung điểm của ; CD AB ;

Vì ABCD là hình thang nên AB/ /CD EF;  AB EF; CD suy ra

CD SAB d CD SA d CD SAB d E SAB

Vì ABCD là hình thang cân có AD ACBCBD

Xét các tam giác vuông ACD BCD có E là trung điểm cạnh huyền ;

nên EA EB EC ED   E là tâm đường tròn ngoại tiếp

 EH SAB tại Hd SA CD ; d E SAB ;  EH

+ Xét tam giác vuông ADC ta có 2 2

Tính  theo y rồi biện luận phương trình có nghiệm thì  0 Từ đó ta tìm được giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của y

a

c c

log 36 log 12

log 20 log 75 log 2 5 log 3.5

log 2 log 3 log 2 log 3 2 2 log 3 2 log 3

log 2 log 5 log 3 log 5 2 log 5 log 3 2 log 5

Tìm TXĐ

Tính y

Để hàm số nghịch biến trên  a b thì ; y 0 với  x  a b; (dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm)

Cô lập m đưa về dạng mg x  với  x  a b; suy ra

sin xsin sin 2x xmcosx2 cosm x 2    

sin x 1 2 cosx mcosx 1 2 cosx

 , phương trình đã chắc chắn có 3 nghiệm như trên

Vậy phương trình đã cho có ít nhất 3 nghiệm trong khoảng ;3

  dẫn đến số nghiệm ít nhất bằng 5 là sai Vẫn có thể xảy ra trường hợp  2

có nghiệm nhưng nghiệm đó là

1cos

2cos 2

x x