de thi thu thpt qg mon toan thpt chuyen dh vinh tinh nghe an co loi giai chi tiet

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Thời gian làm bài: 90 phút Mục tiêu: Đề thi thử Toán THPTQG 2019 lần 3 trường THPT chuyên Đại học Vinh – Nghệ An luôn được đánh giá là đề thi chất lượng và hay, đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Thời gian làm bài: 90 phút

Mục tiêu: Đề thi thử Toán THPTQG 2019 lần 3 trường THPT chuyên Đại học Vinh – Nghệ An luôn được đánh giá là đề thi chất lượng và hay, đề thi có mã đề 209, đề được biên soạn theo dạng đề trắc nghiệm với cấu trúc và hình thức tương tự đề tham khảo THPT Quốc gia môn Toán năm 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tạo đã đề xuất Học sinh vượt qua tốt đề thi này hoàn toàn có thể tự tin bước vào kì thi THPTQG sắp tới

Câu 1: Cho khối nón có độ dài đường cao bằng 2a và bán kính đáy bằng a. Thể tích của khối nón đã cho bằng:

a



C.

33

a

b C log2a2log2b D log2alog 22 b Câu 5: Trong không gian Oxyz cho hai điểm , A 2; 1; 3 và B0; 3; 1  Gọi   là mặt phẳng trung trực của AB Một vecto pháp tuyến của   có tọa độ là:

Câu 8: Trong không gian Oxyz cho điểm , I1; 2; 5 và mặt phẳng   : x2y2z 2 0 Phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với   là:

Trên đoạn 3;3 , hàm số đã cho có mấy điểm cực trị?

Câu 11: Cho hàm số y f x  có đồ thị như hình vẽ bên

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng:

Câu 16: Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng , 1: 1 2 3

Câu 21: Gọi  D là hình phẳng giới hạn bởi các đường y2 ,x y0, x0 và x2 Thể tích V của khối

tròn xoay tạo thành khi quay  D quanh trục Ox được xác định bởi công thức:

A

2

1 0

2x

V   dx B

2 1 0

2x

V   dx C

2 0

4x

2 0

4x

V  dx Câu 22: Cho hàm số y f x  có đồ thị như hình bên:

Hàm số y  2f x  đồng biến trên khoảng:

A  1;2 B  2; 3

C 1; 0 D 1; 1

Câu 23: Đồ thị hàm số

211

x x y

Câu 24: Hàm số yloga x và ylogb x có đồ thị như hình vẽ bên:

Đường thẳng y3 cắt hai đồ thị tại các điểm có hoành độ x x 1, 2

Biết rằng x2 2 ,x1 giá trị của a

b bằng:

A 1

Câu 25: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D có ' ' ' ' ABa AD, 2 ,a AC' 6 a Thể tích khối hộp chữ nhật ABCD A B C D bằng: ' ' ' '

Câu 27: Cho hình lập phương ABCD A B C D có cạnh bằng ' ' ' ' a Diện tích xung quanh của hình trụ có đáy

là hai hình tròn ngoại tiếp hai hình vuông ABCD và ' ' ' A B C D là: '

A 2 a 2 B 2

a

 D 2 2 a 2 Câu 28: Gọi z z là các nghiệm phức của phương trình 1, 2 2

để hai số được viết ra có ít nhất một chữ số chung bằng:

Câu 33: Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình chữ nhật, biết AB2 ,a ADa SA, 3a và SA vuông góc

với mặt phẳng đáy Gọi M là trung điểm cạnh CD Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BM bằng:

Hàm số y f 1 2 x đồng biến trên khoảng

 

12;

 

Câu 35: Xét các số phức z w, thỏa mãn w i 2, z 2 iw Gọi z z lần lượt là các số phức mà tại đó 1, 2

z đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất Môđun z1z2 bằng:

Câu 37: Người ta xếp hai quả cầu có cùng bán kính r vào một chiếc hộp hình trụ sao cho các quả cầu đều

tiếp xúc với hai đáy, đồng thời hai quả cầu tiếp xúc với nhau và mỗi quả cầu đều tiếp xúc với đường sinh của hình trụ (tham khảo hình vẽ) Biết thể tích khối trụ là 120 cm , thể tích của mỗi khối cầu bằng 3

Câu 41: Cho f x  mà đồ thị hàm số y f ' x như hình bên Hàm số

Câu 46: Sàn của một viện bảo tàng mỹ thuật được lát bằng những viên gạch

hình vuông cạnh 40 cm  như hình bên Biết rằng người thiết kế đã sử dụng

các đường cong có phương trình 2 2

S x  y  z  Mặt phẳng  P chứa đường thẳng d thỏa mãn khoảng cách từ điểm

A đến  P lớn nhất Mặt cầu  S cắt  P theo đường tròn có bán kính bằng :

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có dạng là 1 parabol có đỉnh là 0; 2  loại đáp án A, D

Đồ thị hàm số đi qua các điểm  1; 0 và 1; 0 , thay tọa độ các điểm này vào công thức hàm số ở đáp án

Vậy mặt cầu tâm I và tiếp xúc với   có phương trình là:   2  2 2

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng  3; 1 và  1; 2

Hàm số nghịch biến trên các khoảng: 1;1 và 2; 3 

Cho hai đường thẳng  1, 2 có các vecto chỉ phương lần lượt là: u1a b c1; 1; 1 và u2 a b c2; 2; 2 thì góc

giữa hai đường thẳng  1, 2 được tính bằng công thức: 1 2 1 2 1 2 1 2

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy x là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm 1 logb x1  3 x1 b3

Và x là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm 2 3

loga x  3 x a Theo đề bài ta có:

Gọi O là giao điểm của AC và BD .

SABCD là hình chóp đều SOABCD

Ta có: SAB  ABCD   AB

Gọi M là trung điểm của AB

Ta có:OM AB OM / /AD AD,  AB

SM  AB do SAB là tam giác cân tại S .

OM  ADa

0

1cos

60

OM a SMO

SM a SMO

TH1: Hai bạn cùng viết hai số giống nhau  Có 81 cách

TH2: Bạn Công viết số có dạng ab và bạn Thành viết số có dạng ba

33

+) Cô lập m, đưa phương trình về dạng m f x 

+) Số nghiệm của phương trình m f x  là số giao điểm của đồ thị hàm số ym và y f x 

Số nghiệm của phương trình m f x  là số giao điểm của đồ thị hàm số ym và y f x 

Dựa vào BBT ta có phương trình  * có 2 nghiệm phân biệt   0 m e2

+) Cô lập m, đưa phương trình về dạng a f x 

+) Số nghiệm của phương trình a f x  là số giao điểm của đồ thị hàm số ya và y f x 

BBT:

Từ BBT suy ra phương trình (*) có 2 nghiệm  a 4

Kết hợp ĐK  a 4; ; 2018 Vậy có 2015 giá trị của a thỏa mãn

Đặc biệt hóa, coi ABCD A B C D là khối lập phương cạnh bằng ' ' ' '

Sử dụng công thức tính nhanh thể tích khối bát diện đều cạnh a là

3

23

a

Cách giải:

Dễ thấy MNPQEF là khối bát diện đều cạnh cạnh 1 2

MNPQEF

V V

 Tập hợp các điểm M là đoạn AB với A4;0 ,  B 4;0

Dựa vào hình vẽ ta thấy MNmin  4 M 4; 2 , N 0; 2 

Từ đồ thị hàm số y f ' x ta suy ra BBT đồ thị hàm số y f x  như sau:

Dựa vào BBT ta thấy f x  f  1   x  1;3

Gọi  P là mặt phẳng đi qua B và vuông góc với d P : 2x   y z 1 0

 đi qua B và vuông góc với d   P

Gọi H K lần lượt là hình chiếu của , A lên  P và  ta có AHAK

Do đó để khoảng cách từ A đến  là nhỏ nhất  H

Phương trình AH đi qua A và nhận u d 2;1;1 là 1 VTCP là

6 232

Gọi H K lần lượt là hình chiếu của , A lên  P và d ta có AHAK, khi đó mặt phẳng  P chứa đường thẳng d thỏa mãn khoảng cách từ điểm A đến  P lớn nhất  P nhận AK là 1 VTPT