TS247 DT de thi thu thpt qg mon toan thpt tuyen quang tinh tuyen quang lan 1 nam 2019 co loi giai chi tiet 32181 1552465022

  Đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mp ABC  có phương trình là... HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM - Xét dấu của y' và

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

MÃ ĐỀ 01-NC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I MÔN TOÁN (NÂNG CAO) NĂM HỌC: 2018 – 2019

Thời gian làm bài: 90 phút

Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần I môn Toán của trường THPT Chuyên Tuyên Quang 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: 93% lớp 12, 7% lớp 11, 0% kiến thức lớp 10 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 Trong đó xuất hiện các câu hỏi khó nhằm phân loại tối học sinh Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất

Câu 1 (TH): Họ các nguyên hàm F x( ) của hàm số f x( ) 3sinx 2 e x

n k



 B ! ! !.

k n

n A

k n k



!

!

k n

n A k

.

!

k n

k n k A

x C

3

x C

 D 2xC.

Câu 9 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình  2

g x x

 bằng

Câu 21 (VD): Lớp 12A có 35 học sinh, trong đó có 3 học sinh cùng tên là Trang, 2 học sinh cùng tên là Huy Xếp

ngẫu nhiên 35 học sinh thành một hàng dọc Xác suất để 3 học sinh tên Trang đứng cạnh nhau và 2 học sinh tên Huy đứng cạnh nhau là

A 1 .

1

1

2 6545

Câu 22 (TH): Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2

a

D

3 2 3

a

Câu 26 (NB): Cho hàm số y f x  liên tục trên [1; 2]. Quay hình phẳng   H  y f x y( ),  0,x 1,x 2

xung quanh trục Ox được khối tròn xoay có thể tích

Câu 27 (TH): Cho hàm số y f x( ) có bảng biến thiên như hình bên

Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y f x( ) là

 

C

3 13 2

 

D

1 13 2 5.2

 

Câu 32 (NB): Cho hàm số y f x( ) có bảng biến thiên như hình bên

Số nghiệm của phương trình 3 ( )f x   2 0 là

Câu 34 (TH): Cho ba điểm A( 2;0;0),  B0;1;0 , C 0;0; 3   Đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác

ABC và vuông góc với mp ABC  có phương trình là

Câu 39 (VD): Cho hàm số y f x( ) có đạo hàm liên tục trên , hàm số

Câu 42 (VD): Cho hàm số y f x( ) có bảng biến thiên trên đoạn

 1;5 như hình vẽ Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương

trình f3sinx 2m có đúng 3 nghiệm phân biệt trên khoảng



C 17 3



D 13 3

Câu 47 (VD): Cho lăng trụ ABC A B C ' ' ' có đáy ABC là tam giác vuông đỉnh A , ABACa Hình chiếu vuông góc của 'A lên mặt phẳng ABC là điểm H thuộc đoạn BC. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng BCC B' ' bằng 3

Câu 50 (VD): Cho hàm số y f  x liên tục trên và có đồ thị như hình bên Tổng giá

trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số   2sin cos 3

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

- Xét dấu của y' và tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số

+ Các khoảng làm cho y'0 thì hàm số đồng biến

+ Các khoảng làm cho y'0 thì hàm số nghịch biến

     hay hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và 1;

Dễ thấy trong các đáp án, khoảng     3; 1  ; 1 nên hàm số đồng biến trên  3; 1

Chọn C.

Câu 3:

Phương pháp:

Cấp số cộng có số hạng đầu u1 và công sai d thì có số hạng thứ n là u n   u1 n 1d

- Gọi M là trung điểm AB, dựng đường cao kẻ từ O đến mặt phẳng  P

- Tính thể tích khối nón theo công thức 1 2

n A

- Nhân cả hai vế của đẳng thức với e x rồi chia cả hai vế cho 2 x

- Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế thu được và suy ra kết luận

Cách giải:

Ta có: CDAD CD, SACDSDA

Do đó góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng SAD bằng góc 

giữa đường thẳng CS và đường thẳng DS hay CSD

- Tính xy từ các giả thiết liên quan đến xy x, 2y2

- Biểu diễn x3y3 theo xy xy, và thay z10x y vào tính x3y3

Dễ thấy phương trình f ' x 0 có hai nghiệm bội lẻ là x0 (nghiệm đơn) và x3 (bội ba) nên f ' x

đổi dấu qua từng nghiệm này

Vậy hàm số có hai điểm cực trị

- Xét dấu của y' và tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số

+ Các khoảng làm cho y'0 thì hàm số đồng biến

+ Các khoảng làm cho y'0 thì hàm số nghịch biến

Cách giải:

Phương trình 2

2 10 0

z  z  có hai nghiệm phức z1,2   1 3i Suy ra z1  z2  1232  10 z1  z2 2 10

Chọn C

Câu 23:

Phương pháp

Giải phương trình đã cho tìm z z1; 2

Sử dụng công thức môđun của số phức z a bi là z  a2b2

Tính chiều cao lăng trụ dựa vào định lý Pytago

Tính thẻ tích lăng trụ V S h với S là diện tích đáy và h là chiều cao lăng trụ

Cách giải:

Gọi E là trung điểm của BC

Vì ABC là tam giác đều cạnh 2a nên 2 3 3

Từ bảng biến thiên ta suy ra lim   1; lim   0

   nên đường thẳng x1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Vậy đồ thị hàm số đã cho có ba đường tiệm cận

- Tính y', tìm các nghiệm của y'0 nằm trong đoạn  0; 2

- Tính giá trị của hàm số tại các điểm trên (cả hai đầu mút) và so sánh

- Đặt 3 log 2 xt t 0 đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại II

- Trừ vế với vế các phương trình đưa về dạng tích và giải hệ

x xdxdv v 

, ta có thể được chọn hằng số C 2 để thuận tiện cho việc tính tích phân ở bước sau

Câu 34:

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết: Tứ diện OABC là tứ diện vuông tại O thì OH (với H là trục tâm tam giác ABC ) chính

là đường cao của tứ diện kẻ từ O

Cách giải:

Dễ thấy các điểm A B C, , lần lượt thuộc các trục tọa độ nên OABC là tứ diện vuông tại O

Do đó đường thẳng OH đi qua O và vuông góc mặt phẳng ABC hay nhận  AB AC,     3;6; 2  làm VTCP Khi đó

Kiểm tra các đáp án ta loại được A, D

Đáp án B: Kiểm tra điểm O thuộc đường thẳng (ứng với t1) nên đường thẳng ở đáp án B trung với OH

Gọi K trung điểm SA thì 2;0;

,

04

Đưa phương trình đường thẳng d về dạng tham số t , biểu diễn tọa độ điểm M theo tham số t

Tính MA2MB3MC theo tham số t rồi lập luận để biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất

Giải phương trình f u   0 để tìm số cực trị của hàm số f u 

Hoặc lập luận để có số điểm cực trị của hàm số y f 1x bằng với số điểm cực trị của hàm số y f x 

- Xét hàm yx3mx29, lập bảng biến thiên, từ đó suy ra bảng biến thiên của hàm số y x3mx29

- Nhận xét điều kiện để hàm số đã cho đồng biến trên 2;

Khi đó y f x  có bảng biến thiên:

Khi đó hàm số y f x  đồng biến trên 2; thì 2 3 2 3

m  ) nên trường hợp này không có giá trị của m thỏa mãn

Vậy 0 m 3 và m nên m0;1; 2;3 và tổng các giá trị của m là 0 1 2 3 6   

- Đặt sin xt, biến đổi điều kiện bài cho về điều kiện của phương trình ẩn t

- Sử dụng bảng biến thiên để tìm điều kiện của m

Cách giải:

Đặt sin x t (       1 t 1 1 3t 2 5)

Phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng ;

có đúng hai nghiệm t t1, 2 thỏa mãn     1 t1 0 t2 1 hoặc 0  t2 1 t1

Đặt u    3t 2 1 u 5 thì bài toán trở thành tìm m để phương trình f u m có có đúng hai nghiệm thỏa mãn    1 u1 2 u2 5 hoặc 2u2 5 u1

+) TH1: Phương trình f u m có đúng hai nghiệm thỏa mãn    1 u1 2 u2 5

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy   1 m 4

+) TH2: Phương trình f u m có đúng hai nghiệm thỏa mãn 2u2  5 u1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 4 m 5

Do đó m  1; 4  4;5 Mà m nên m0;1; 2;3;5 và có 5 giá trị của m thỏa mãn

+ Phương trình mặt cầu có tâm I4;1; 0 và bán kính R3 là   2 2 2

Bước START nhập 5 , bước END nhập 5 và bước STEP nhập 1

Ta được kết quả f x min tại   x 1 hay d B , min khi t 1

+ Xét các phương trình giao điểm x   1 0 x 1 ; x   3 0 x 3

- Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện thứ nhất

- Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện thứ hai

- Tìm giao hai tập hợp đó suy ra z và tính mô đun

Cách giải:

Gọi M x y biểu diễn số phức  ; z

Gọi điểm A 15;0 , B 15;0 thì từ z 15  z 15   8 MA MB  8 hay tập hợp điểm M là elip có

Do M E1 ,M E2 nên tọa độ M thỏa mãn

161

x

z x y y

y x

+ Chỉ ra rằng A H ABC với H là trung điểm của BC

+ Xác định khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng BCC B  như sau

d A BCC B  d A BCC B   A E sao cho A E BCC B 

+ Tính A H dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông

+ Tính thể tích khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy S là V h S

Cách giải:

Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC khi đó A H ABC

suy ra A H BC mà ta có ABACA B A C nên H là trung điểm

Sử dụng các công thức loga bc loga bloga c và loga b nnloga b với điều kiện các logarit đều có nghĩa

đạt được tại t2 hay sin 1 2