111 đề thi thử THPT QG 2019 toán nhóm strong team minh họa đề thi thử số 03 có lời giải

Thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng 2a và cạnh bên bằng a là A.. Trên hai đường tròn lấy hai điểm A B, sao cho góc giữa AB và mặt phẳng chứa đường tròn đáy bằng o

SÁNG TÁC VÀ MINH HỌA ĐỀ THI THỬ SỐ 3 NĂM 2019

NHÓM STRONG TEAM MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài 90 phút không kể thòi gian giao đề

Câu 1. Buổi họp Admin nhóm “Strong Toán VD-VDC” năm 2109 có 3 Admin nữ và 3 Admin nam

tham dự Họ ngồi ngẫu nhiên vào một cái bàn dài có 8 ghế được đánh số thứ tự từ 1 đến 8 (mỗi người ngồi một ghế) Xác suất để không có 2 Admin cùng giới ngồi vào 2 ghế có số thứ tự liên tiếp là

a

3

3.2

a

C

3

2 3.3

a

D

3

3.6

A 2 log a b B 2 log a b C 1 2log a b D 2loga b

Câu 7 Cho hàm số y f x có bảng biến thiên bên dưới Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ

nhất của hàm số y f x  khi x   3;3 Giá trị M 2m bằng

A 2 B 10 C 6 D f 2

Câu 8. Thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng 2a và cạnh bên bằng a là

A Không đủ giả thiết B

3

34

a

V 

Câu 9. Biết

5

2 1

3

2 2 0

V = ò x - x dx

Câu 11. Cho hình trụ có hai đáy là hình tròn  O và  O Trên hai đường tròn lấy hai điểm A B, sao

cho góc giữa AB và mặt phẳng chứa đường tròn đáy bằng o

45 và khoảng cách giữa hai đường

 a

Câu 12 Tập xác định của hàm số 2

2log ( 1)

log

log 2 log111

x





 có đường tiệm cận đứng là

Câu 19. Biết x y z, , là ba số thực dương theo thứ tự lập thành một cấp số cộng và có tổng bằng 45

Nếu lần lượt cộng thêm các số 2, 1, 8 vào ba số đó (theo thứ tự của cấp số cộng) thì được ba số lập thành một cấp số nhân Tính T x2y2z2

Câu 22 Tìm hệ số của số hạng chứa 23

y = log b x

y = log a x

A 0   b a 1 B 0   a 1 b C a  b 1 D 0   b 1 a

Câu 24. Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như sau

Hỏi hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây:

A 4;3 B 1; 0 C  0;1 D  ;1

Câu 25. Cho hàm số f x có đạo hàm       2  3 

f x  x x x Tính tổng các điểm cực trị của hàm số f x  

Câu 28. Cho hình nón có chiều cao bằng 4 và đường sinh tạo với đáy góc 50 Hỏi thể tích của khối

nón gần với giá trị nào nhất trong 4 giá trị sau đây?

A 141, 57 B 285, 56 C 47,19 D 95,19

Câu 29. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm (2; 2;0)I  và điểm M(1; 0; 2)

Phương trình mặt cầu tâm I đi qua M là

Câu 31 Ông Nam nhận hợp đồng xây dựng một tòa tháp 10 tầng Ông cần tính tổng diện tích các mặt

sàn để lát gạch men Biết rằng diện tích mặt sàn tầng dưới cùng là 2

84, 64m Diện tích mặt sàn trên bằng 0,8diện tích mặt sàn dưới liền kề Mỗi viên gạch men dạng hình vuông có diện tích

A C1042 34 6 B C1062 36 4 C C1062 34 6x6 D.C104 2 36 4x4

Câu 33. Cho hình lăng trụ ABC A B C    có đáy là tam giác đều cạnh a Đỉnh A cách đều các đỉnh A,

B, C Mặt phẳng  P chứa BC , vuông góc với AA và  P cắt lăng trụ theo một thiết diện

a

3

36

a

3

34

a

3

33

a

Câu 34 Cho hình chóp S ABCD có ABCD là hình bình hành, mặt phẳng SBD vuông góc với mặt 

phẳng ABCD Hai cạnh bên SA và SD cùng tạo với đáy một góc  600 Biết BD2a,

d Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I

và cắt d tại hai điểm A, B sao cho IAB vuông tại I

Câu 37. Bác thợ gò muốn làm một chiếc thùng hình trụ

không đáy từ nguyên liệu là mảnh tôn hình tam

Câu 38 Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên lục trên Có đồ thị hàm số y f ' x như hình vẽ

dưới đây Bất phương trình   2

2 f x x  đúng với mọi m x   2;3 khi và chỉ khi

A m2 f  3  9 B m < 2 f -2( )- 4 C. m2 f  0 D m2 f 1  1

Câu 39 Cho A a ;0;0 ; B0; b;0; C0;0;c với a b c , , 0 và 1 1 1 2

a  b c Gọi r là tâm mặt cầu nội tiếp OABC Giá trị lớn nhất của r là ?

  Gọi  P là mặt phẳng chứa d sao cho A, B, C ở cùng

phía đối với mặt phẳng  P Gọi d , 1 d , 2 d lần lượt là khoảng cách từ 3 A, B, C đến  P

  .Hỏi biểu thức Plog3x4y4log2x4y có 1

bao nhiêu giá trị nguyên?

Câu 46. Cho hàm số f x xác định và liên tục trên   và có đồ thị như hình vẽ Có bao nhiêu giá trị

nguyên của tham số m để phương trình  2 

3f 3 2 1 3sin  x   có 3 nghiệm phân biệt m 2thuộc đoạn 3

Câu 47. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , SASBSC Gọi a M là

trung điểm cạnh SB , điểm N thuộc cạnh SD sao cho SD3SN Gọi P là giao điểm của

SC và mp AMN Thể tích lớn nhất của khối chóp  S MNP là

3 log a log b log c

Pa b  c a  b  c đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của tổng

TH1: Xếp 6 Admin sao cho không có 2 Admin cùng giới cạnh nhau

TH2: Xếp 6 Admin sao cho có đúng 2 Admin Nam hoặc đúng 2 Admin Nữ cạnh nhau

*Dạng:X YY X Y X     hoặcY XX Y X Y     (và các hoán vị XXvới X;YYvớiY)

 có:2 3!.2!.3!. 144 cách

+Đặt 2 ghế trống để tách 2 Admin: 7 cách

 TH2 có: 144.7 1008 cách

TH3:Xếp 6 Admin sao cho có đúng 2 Admin Nam và đúng 2 Admin Nữ đứng cạnh nhau

*Dạng:XX YY X Y   hoặc YY XX Y X   (và các hoán vị XX với X và YY với Y)

 có: 2 2!.2!.3!.3! 288 cách

+Đặt 2 ghế trống vào 2 khoảng giữa 2 cặp Admin :1 cách

 TH3 có: 288 cách

TH3 : Giữa 3X có 3Y được xếp : XXX : 3!

+ Loại trường hợp 3Y cùng khe  một khe 2Y và một khe 1Y

Chọn một khe 2Y và một khe 1Y : 2 cách : XY YXYX

Chọn 2Y cho vào ( ) : 2

3

C cách , đổi chỗ 2Y : có 2 cách Xếp 2Z : cùng khe : 1 cách , khác khe 6 cách  có 7 cách

 TH3 có : 2

33!.2.C 2.7504 cách

Phương trình vận tốc của chất điểm là:   '  10 sin 2

M O

Ta có: V S ABC.AA  2

.4

3d3

B O'

O A

Gọi C là hình chiếu vuông góc của A trên  O  AC O

t t t

Điều kiện

00

01

t t

t t

t t

 2

11

x v

2

2 log 30 log 21

log 30 ( 1)

2

ab ab

Gọi d là công sai của cấp số cộng thì x  y d 15d và z  y d 15d

Sau khi thêm các số 2, 1, 8 vào ba số x y z, , ta đuợc ba số là x2, y1, z8

Sau khi thêm các số 2, 1, 8 vào ba số x y z, , ta đuợc ba số là x2, 16, 38x

Theo tính chất của cấp số nhân, ta có:

Ta thấy y 0 0 nên loại phương án C, D

Từ đồ thị ta thấy phương trình y0 có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có hai nghiệm âm và một nghiệm dương do đó loại phương án A

1

2

x x

m m

Với m  thì 0  d cắt  C tại hai điểm phân biệt A x A;y A ;B x B;y B Khi đó x A,x là hai B

nghiệm phân biệt của phương trình (*) nên theo Vi – et ta có

2

1 2

54 5 174

i i

i i

i i

i k i k

Hiển thị trong casio Từ đó ta tìm được i và k

Vậy hệ số của số hạng chứa x23 x là 7 9 0 4 6

11 7 11 7

2 C C 2C C 11660 Ta chọn đáp án D

Câu 24: D

Hàm số yloga x đồng biến trên 0;  nên  a  1

Hàm số ylogb xnghịch biến trên 0;  nên 0   b 1

Vậy 0   b 1 a

Câu 24: B

Hàm số đồng biến trên khoảng 1; 0

Câu 25: B

Ta có bảng biến thiên của hàm số là:

Do đó, hàm số f x có hai điểm cực trị   x11;x2  Khi đó 2 x1x2  3

 2  2 2

2

11

Suy ra đường thẳng y 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số khi x  

 Với m 1 thì lim lim 1 12

x x

Tác giả:Lê Xuân Đức; Fb: Lê Xuân Đức

Tổng diện tích các mặt sàn chính là tổng của một cấp số nhân gồm 10 số hạng, với:

Số hạng đầu là u 1 84, 64

Công sai: q 0,8

3 10.2 3

Câu 33: A

Do A A A B A C nên hình chiếu vuông góc của A lên ABC trùng với trọng tâm O của 

tam giác ABC

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AA

Do A ABC là hình chóp tam giác đều nên CH cũng vuông A A   P  BCH

Gọi M là trung điểm của BC MH AA

Thiết diện của lăng trụ khi cắt bởi  P là BCH

Tam giác ABC đều cạnh a nên 3

Ta có SBD  ABCD, kẻ SH BD tại H, suy ra SH ABCD

SA và SD tạo với đáy một góc 600, suy ra SAH 600 và SASD, do đó SHA SHD, suy ra AHD cân tại H, có ADB 450 nên AHD vuông cân tại H, suy ra

32

Kẻ HK SAD, mà SH AD, suy ra ADSHK  SAD  SHK

Xét SHK vuông tại H, đường cao HI, ta có:

a HI

t      t m t t m Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi :     2 x 0 t 30    1 m 12 4.1  3

Thử lại với m   ta dễ dàng thấy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3

I

B

R H

Chú ý: Bài có thể dùng BĐT Cô Si cho 3 số

Giải thích nhiễu: B: học sinh nhầm thể tích hình trụ là 1

x x x

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y f ' x , yx, x   , 2 x  1Gọi H là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y f ' x , yx, x  , 1 x  3

Dựa vào đồ thị dễ thấy S H  S H  0

Ta có 3  

2

'dx2

2

'

dx 02

g x



22

m t

Do đó, để phương trình đã cho có nghiệm thì m  0

Suy ra có 11 giá trị nguyên của m thuộc đoạn 10; 20 để phương trình

Câu 41: B

Có 2   2

0

7d4

Mà

2 2

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và ISOAM

Ba điểm M,A,I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có:

  C.ANMP S.ABCD S.ANMP P.ACD N.ABC S.ABCD 2 S.ABCD

a

b

x y

03

04

b a

a b b

x y

ì =ïïïí

ï =ïïîVậy Plog3x4y 4 log2x4y  1 3

Mà VA+ R1=VA+ IA³ VI (Quy tắc 3 điểm) và VB+ R2 =VB+ HB³ VH(Quy tắc 3 điểm) Nên P³ VI+VH



0

101



Nhận xét: +) Với 1

1

t t

  

+) Với   1 t 1 thì 1 giá trị của t cho 3 giá trị của 3

0; 2

   Xét phương trình   2

(* )3

m

, với t  1;1  YCBT  Cần tìm m để phương trình  * có đúng 1 nghiệm t và nghiệm đó thuộc 1;1 

+) Gọi O ACBD , ISOMN Khi đó AI cắt SC tại P.

Ta có: OA ABsinasinAC2 sina ; OBacosBD2 cosa 

Vì H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên

3

2

.sin 3 4sin3

Từ bảng biến thiên ta được  

3 0;

2

9max

Cách 2: Giải bởi Lưu Thêm- Admin STRONG

+) Gọi O ACBD, I SOMN Khi đó AI cắt SC tại P

1.

Do a b c, ,  1; 2 x y z, ,  0;1 và 3 3 3 3 3 3

log alog blog c 1 x y z 1

Bài toán trở thành tìm a b c, , sao cho 3 3 3  

a a x  x   x nên ta chứng minh a    x 1 0 a log2a  1 0

Xét hàm f t  t log2t xác định và liên tục trên 1  1; 2 và có