146 đề thi thử THPT QG 2019 toán chuyên lam sơn thanh hóa lần 3 có lời giải

Tính thể tích khối chóp S.ABC... Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số yf x  và trục hoành miền phẳng được tô đậm trên hình vẽ.. Phương trình mặt phẳng MNP là ...

SỞ GD&ĐT THANH HÓA

CHUYÊN LAM SƠN

ĐỀ THI THỬ THPT QG NĂM 2019 – LẦN 3

Môn thi: TOÁN

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

Họ, tên thí sinh:

Số báo danh:

Câu 1. Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy ABC ,SA a 2 Đáy ABC vuông tại

A, ABa, AC2a (tham khảo hình vẽ bên) Tính thể tích khối chóp S.ABC

Câu 6. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P : x 3z   Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng 2 0.(P) là

A n1; 3; 0  B n1; 3; 1   C n1; 3;1  D n1; 0; 3 

yf x x 5x 4 có đồ thị như hình vẽ bên Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số yf x  và trục hoành (miền phẳng được tô đậm trên hình vẽ) Mệnh đề nào sau đây sai?

Câu 12. Cho f x , g x là các hàm số có đạo hàm liên tục trên     , số k  và C là một hằng số tùy ý Xét 4 mệnh đề sau

Câu 18. Trong không gian Oxyz, cho điểm A 1; 3; 2    Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của

A trên trục Ox, Oy, Oz Phương trình mặt phẳng MNP là 

C f 1  3 D f 5  1 f 1( )f 2 

Câu 20. Với C là một hằng số tùy ý, họ nguyên hàm của hàm số f x 2cos x là x

A

2x

2

  B 2sin xx2 C C 2sin x 1 C  D

2x

 Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x 1

2



B Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là: y 2

C Hàm số gián đoạn tại x  1

D Hàm số đồng biến trên tập xác định của nó

Câu 24. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 2; 1; 4 , B 3; 2; 1     và mặt phẳng 

 P : x y 2z 4  Mặt phẳng 0  Q đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng  P có phuơng trình là

3



Câu 26. Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên như hình vẽ bên?

f x ln x 4x 8  Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình f ' x  là 0

số nào sau đây

Câu 32. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :x 1 y z 2

y  x 2 m 1 x 3 m 1 x2 có đồ thị  Cm Gọi M là điểm thuộc đồ thị

có hoành độ xM Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m sao cho tiếp tuyến của 1  Cm tại điểm M song song với đuờng thẳng y   3x 4

A 1,9 triệu người B 2,2 triệu người C 2,1 triệu người D 2,4 triệu người

Câu 44. Cho hàm số yf x  có đạo hàm cấp hai liên tục trên Biết f '   2 8, f ' 1 4 và đồ thị của của hàm số f " x như hình vẽ dưới đây Hàm số   y2f x 3   16x 1 đạt giá trị lớn nhất tại x 0thuộc khoảng nào sau đây?

A  0; 4 B 4;   C  ;1 D 2;1

Câu 45. Cho hàm số yf x có đạo hàm liên tục trên Hàm số yf ' x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới Tìm tập hợp S tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số   2   

g x  2f x 3f x m có đúng 7 điểm cực trị, biết f a 1, f b 0,    

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1

Thể tích khối chóp S.ABC tính theo công thức:

3 ABC

Do bậc tử lớn hơn bậc mẫu nên đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang y 0

Mà với x  thì x 3 02   nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng



ABC là tam giác vuông tại AAC BC2AB2 a 3

Xét tam giác A ' BC vuông tại B có: 0 A ' B A ' B 2a

B

tan30

3 ABC

ABC.A 'B'C'

2a 1

23

Câu 22

Quan sát đồ thị có bề lõm quay lên   a 0

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm   c 0

  nên nghịch biến trên TXĐ của nó. Loại D

Ba đáp án A, B và C đều là hàm số mũ Tuy nhiên đáp án B có hệ số a 2 3 1,

Theo giả thiết ta có 4 R 2     64 R 4

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là   2  2 2

Trong mp SOK , kẻ OHSK tại H

 OHSABd D, SAB   3d O, SAB   3OH

Trong tam giác vuông SOK : 1 2 12 1 2 3 9 3 OH 1

Đồ thị của hàm số yf t  cũng là đồ thị của hàm số yf x 

Số nghiệm của phương trình (2) là số hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số yf t với đường thẳng

y Có 3 giao điểm nên phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt 3

Số nghiệm của phương trình (3) là số hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số yf t với đường thẳng

y  Có 1 giao điểm nên phương trình (3) có đúng 1 nghiệm 7

Nghiệm của phương trình (3) không trùng với nghiệm của phương trình (2)

Vậy, phương trình có 4 nghiệm phân biệt

Gọi A là biến cố “6 bi lấy được có đủ ba màu đồng thời hiệu của số bi đỏ và trắng, hiệu của số bi xanh và

đỏ, hiệu của số bi trắng và xanh theo thứ tự lập thành cấp số cộng”

Gọi t, d, x lần lượt là số bi trắng, bi đỏ và bi xanh trong 6 viên bi được chọn ra

Theo bài ta có: dt, xd, t lập thành một cấp số cộng x

Do đó: d   t t x 2 x d d x Lại có t d x   nên ta có các trường hợp 6

Trường hợp 1 d x 1  và t 4. Khi đó số cách chọn 6 viên bi là 1 1 4

Vậy số phần tử của biến cố A là n A 210 3150 3360

Do đó xác suất của biến cố A là       6

Gọi thể tích của khối tròn xoay là V, thể tích khối nón là V và thể tích của khối trụ là 1 V 2

yk xx y  3m 4m 4 x 1 3m 2m 6  3m  4m  4 x2m2  Theo yêu cầu bài toán,   song song với đường thẳng y   3x 4

2

mm

Ta có I 1; 2;3  

Vectơ chỉ phương của d: u1; 2; 2 

Vectơ pháp tuyến của (P): n2; 0;1

Đường thẳng a nằm trong mặt phẳng  P , cắt và vuông góc với đường thẳng d nhận u, n  2;3; 4 làm một vectơ chỉ phương

S là dân số sau n năm, i là tỷ lệ tăng dân số hàng năm

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số y2f x 3   16x 1 đạt giá trị lớn nhất tại xx0  3 4

z  5 2i  2 x5  y 2 4

Vậy điểm A biểu diễn số phức z là đường tròn 1

   2 2  

C : x5  y 2  4 I 5; 2 ; R 2

  2 2 2

42

xx

Vì x nguyên dương nên x1, 2,3, , 45

Trong trường hợp này có 45 giá trị nguyên dương của x thỏa mãn yêu cầu đề bài

Cách 2

Theo giả thiết   x 2 f x   2019   f x   2x 2 3x 2 2019

f ' x 4x 6x.e    0 f ' x 4x e  6x.e  , x  Suy ra   f x   2x 2 3x 2 2019

f x x 2019

f x  7 x 2019 7 x 2026  2026 x 2026

Vì x nguyên dương nên x1, 2,3, , 45

Vậy có 45 giá trị nguyên dương của x thỏa mãn yêu cầu đề bài

Câu 50

Cách 1

Ta có a3cos2x 2cos x, x2   a3cos2x  1 cos2 , xx  

Đặt tcos x,2 t  1;1  Yêu cầu bài toán trở thành tìm a để 3t    

a     t 1 t 1;1 l

TH1: Với a bất phương trình 1, 3t

a        suy ra a 1t 1 1 t 1 t 0,  không thỏa mãn

TH2: Với 0  , khi đó t 0a 1,   ta luôn có 3t 0

a a    suy ra 0 a 11 t 1,   không thỏa mãn (1)

TH3: Với a xét các hàm số 1,   3t

f t a và g t  t 1 (có đồ thị như hình vẽ)

Nhận xét: Đoạn thẳng f t và đoạn thẳng   g t luôn có điểm chung   A 0;1 

Khi đó (1) f t( )g t( )  t  1;1 khi và chỉ khi g(t) tiếp xúc với f(t) tại điểm A(0;1)

Ta có a3cos2x 2cos x, x2   a3cos2x  1 cos2 , xx  

Đặt tcos x,2 t  1;1  Yêu cầu bài toán trở thành tìm a để 3t    

a      t 1 0 t 1;1 l

Xét hàm số   3t

f   t có   3t

f ' t 3a ln a 1 Nhận xét: phương trình f t  có nghiệm 0 t  0  1;1 , do đó để f (t)   0, t  1;1 thì điều kiện cần

là f ' 0  0 3ln a 1 0   3

a e Điều kiện đủ: Với 3

a e ta có   t   t  

f t   e t 1, f ' t  e 1, f ' t   0 t 0 Hàm f t liên tục trên   1;1 , có   1    