ĐỀ THI TH Ử THPT QU ỐC GIA L ẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN … · Sử dụng các công thức cơ bản của đạo hàm và công thức đạo hàm của hàm phân thức

1 Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử

- Địa – GDCD tốt nhất!

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

TỔ TOÁN TIN

Mã đề: 101

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1

NĂM HỌC: 2018 - 2019

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút.

1D 11A 21A 31C 41D

2D 12A 22C 32C 42D

3D 13D 23B 33B 43D

4C 14B 24A 34B 44B

5B 15C 25A 35A 45C

6B 16C 26D 36D 46D

7B 17A 27A 37A 47C

8A 18C 28D 38A 48B

9D 19D 29A 39D 49B

10C 20B 30D 40D 50B

Câu 1 (NB):

Phương pháp:

+) Tính đạo hàm của hàm số.

+) Khảo sát hàm số và vẽ BBT hoặc bấm máy nhờ chức năng MODE 7.

+) Hàm số đồng biến ' 0.y

+) Sau đó kết luận các khoảng đồng biến.

Cách giải:

Ta có: 2' 3 6 ' 0y x x y

20

3 6 0 .2

xx x

x

Ta có BBT:



Từ BBT ta thấy hàm số đồng biến trong ; 0 và 2; .

Chọn D.

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

+) Cấp số cộng có số hạng tổng quát: 1 1nU U n d với 1U là số hạng đầu và d là công sai.

Cách giải:

+) Đáp án A có: 1 2 2

1 2 31 1 2; 2 1 5; 3 1 10u u u dãy số không phải là cấp số cộng.

+) Đáp án B có: 1 2 32; 4; 8u u u dãy số không phải là cấp số cộng.

+) Đáp án C có: 1 2 32, 3, 2u u u dãy số không phải là cấp số cộng.

+) Đáp án D có: 1 2 31; 1; 3u u u dãy số là cấp số cộng với công sai là 2.

Chọn D.

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

Sử dụng các công thức cơ bản của đạo hàm và công thức đạo hàm của hàm phân thức.

Đạo hàm các hàm số ở từng đáp án để chọn đáp án đúng.

Cách giải:

+) Đáp án A: ' 3 2 22 2 2 2

3 6 3 3

4 . 3 2 22 2 4 6 6 2 6'

x x x xx x x xy

x x x x

loại đáp án A.

+) Đáp án B:

' '32

2

1 1 1' 2

xy x x

x x x

loại đáp án B.



+) Đáp án C: '

3'

23 3' 3 3 6

x xy x x

x

loại đáp án C.

+) Đáp án D:

' '32

2

5 1 1 1' 5 2

x xy x x

x x x

chọn đáp án D.

Chọn D.

Câu 4 (NB):

Phương pháp:

Cho hàm số y f x có đạo hàm ' ' .y f x Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm

0 0;M x y có công thức: 0 0 0 0 0 0' ' .y f x x x y f x x x f x

Cách giải:

Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm 0 0;M x y có công thức:

0 0 0 0 0 0' ' .y f x x x y f x x x f x

Chọn C.

Câu 5 (TH):

Phương pháp:

Sử dụng các quy tắc tính giới hạn của hàm số khi x để làm bài.

Cách giải:

Chia cả tử và mẫu của biểu thức cho 0x ta được:

2 2

2 21

2 2 1 0 0lim lim lim 1.

22 1 01

x x x

x x x

x

x

Do 2

2 2lim lim 0.x xx x

Chọn B.

Câu 6 (NB):

Phương pháp:

+) Sử dụng ứng dụng của chỉnh hợp và tổ hợp để làm bài.

Cách giải:

Chọn bất kì 3 phần tử của tập S ta có 3

20C cách chọn.



Như vậy ta có thể có 3

20C tập con gồm 3 phần tử lấy từ tập .S

Chọn B.

Câu 7 (TH):

Phương pháp:

Dưa vào hình dáng của đồ thị hàm số để nhận xét tính đơn điệu của hàm số sau đó loại trừ các đáp án và

chọn đáp án đúng.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên R và đi qua điểm 1; 3 .

+) Đáp án A có: 22 2' 6 2 6 1 5 6 0y x x x x x R hàm số đồng biến trên .R

Thay 1x vào hàm số ta được: 1 8 3y loại đáp án A.

+) Đáp án B có: 22' 6 12 6 6 1 0y x x x x R hàm số đồng biến trên .R

Thay 1x vào hàm số ta được: 1 3y chọn đáp án B.

+) Đáp án C không đúng vì 1 9 3.y

+) Đáp án D không đúng vì 1 13 3.y

Chọn B.

Câu 8 (NB):

Phương pháp:

+) Đường thẳng x a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số lim .x a

y f x f x

Hoặc x a là nghiệm của mẫu số và không là nghiệm của tử số của hàm số .y f x

+) Đường thẳng y b được gọi là TCN của đồ thị hàm số lim .x

y f x f x b

Cách giải:

TXĐ: \ 1 .D R

Ta có: 2 3

lim 2 21x

xy

x

là TCN của đồ thị hàm số.

Có 1 0 1x x và 1x không là nghiệm của tử số.

1x là TCĐ của đồ thị hàm số.

Chọn A.



Câu 9 (NB):

Phương pháp:

+) Sử dụng quy tắc nhân để làm bài toán.

Cách giải:

Chọn 3 bông hồng đủ 3 màu ta có:

+) Chọn 1 bông hồng màu đỏ có 7 cách chọn.

+) Chọn 1 bông hồng màu vàng có 8 cách chọn.

+) Chọn 1 bông hồng màu trắng có 10 cách chọn.

Như vậy có: 7.8.10 560 cách chọn.

Chọn D.

Câu 10 (TH):

Phương pháp:

Cách 1: Phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt

0

0

.0

0

a

b

a

c

a

Cách 2: Bấm máy tính.

Cách giải:

Cách 1: Phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt

0

' 0

0

0

a

b

a

c

a

2 2

2

2 22 0

66 02 3 022 2 62 .0 00 32

23 20

2 33

m mm

mm m mm m mmm mmmm mm

mm m

m mm

Cách 2: Thử bằng máy tính với từng giá trị tương ứng của m ở mỗi đáp án sau đó chọn đáp án đúng.



+) Thử với 8.m Nếu thỏa mãn chọn đáp án A đúng.

+) 8m không thỏa mãn loại đáp án A.

+) Thử với 1.m Nếu thỏa mãn chọn D. Nếu không thỏa mãn loại đáp án B và D.

+) Để chắc chắn đáp án C đúng, ta thử với 4.m

Chọn C.

Câu 11 (TH):

Phương pháp:

Sử dụng các định lý của đường thẳng song song và đường thẳng vuông góc.

+) Nếu một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì cũng vuông góc với đường

thẳng còn lại.

+) Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.

+) Nếu một đường thẳng và một mặt phẳng (không chứa đường thẳng đó) cùng vuông góc với một đường

thẳng thì song song với nhau.

Cách giải:

Đáp án A sai vì: Hai mặt phẳng có thể cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba nhưng chúng không song song

với nhau.

Chọn A.

Câu 12 (TH):

Phương pháp:

+) Sử dụng các định lý đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, chứng minh và loại trừ từng đáp án.

Cách giải:

Theo đề bài ta có: SA ABC SA BC đáp án C đúng.

Ta có: ABC vuông tại .B BC BA

Lại có .SA ABC SA BC



BC SAB BC AH đáp án B đúng.

Ta có:

BC AH cmtAH SBC AH SC

AH SB gt

đáp án D đúng.

Chọn A.

Câu 13 (TH):

Phương pháp:

+) Cho hàm số y f x có đạo hàm ' ' .y f x Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm

0 0;M x y có công thức: 0 0 0 0 0 0' ' .y y f x x x y f x f x x x

+) Cho hệ số góc của tiếp tuyến tại 0 0;M x y là 0' .k f x k

Cách giải:

Gọi 0 0;M x y là một điểm thuộc đồ thị hàm số .C

Ta có: 2' 6 .y x x

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M có hệ số góc là 9k nên ta có:

2

0 0 0

2

0 0

0

0

' 9 6 9

6 9 0

3

3 16.

f x x x

x x

x

y y

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại 3;16M là: 16 9 3 .y x

Chọn D.

Câu 14 (TH):

Phương pháp:

Ta có thể tích tứ diện OABC có , ,OA OB OC đôi một vuông góc và , ,OA a OB b OC c là: 1

.6

V abc

Cách giải:

Ta có: SA SB

SA SBCSA SC

SB SC SBC vuông tại .S

Khi đó ta có: 3

.

1 1 1 1. . . . .3 .4 .5a 10a .

3 3 2 6A SBC SBCV SA S SA SB SC a a



Chọn B.

Câu 15 (TH):

Phương pháp:

+) Sử dụng các định lý về tứ diện đều để chọn đáp án đúng.

Cách giải:

Ta có định nghĩa: Tứ diện đều là tứ diện có 4 mặt là 4 tam giác đều.

+) Đáp án A sai vì tứ diện đều có 6 cạnh bằng nhau.

+) Đáp án B sai vì hình chóp tam giác đều có thể là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau và không bằng

cạnh đáy.

+) Đáp án D sai vì tứ diện có các cạnh bên bằng nhau và khác cạnh đáy chưa phải là tứ diện đều.

Chọn C.

Câu 16 (TH):

Phương pháp:

Hàm số

f xy

g x xác định 0.g x

Cách giải:

Hàm số xác định 1 cos 0 cos 1 2 .x x x k k Z

Chọn C.

Câu 17 (TH):

Phương pháp:

Hàm số đồng biến trên ; ' 0 ; .a b y x a b

Cách giải:

Ta có: Hàm số y f x đồng biến trên ; ' 0 ; .a b f x x a b

+) Đáp án B: ' ' ' ;y f x y x a b hàm số nghịch biến trên ;a b đáp án B đúng.

+) Đáp án C: ' ' ' 0 ;y f x y x a b hàm số đồng biến trên ;a b đáp án C đúng.

+) Đáp án D: ' ' ' ;y f x y x a b hàm số nghịch biến trên ;a b đáp án D đúng.



Chọn A.

Câu 18 (TH):

Phương pháp:

+) Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp và hàm lượng giác: sin ' ' .cos .f x f x f x

Cách giải:

Ta có:

' '3 3 3 3

sin 4 4 .cos 4 4cos 42 2 2 2

4.cos 4 4. cos 4 4 sin 4 4sin 4 .2 2

x x x x

x x x x

Chọn C.

Câu 19 (TH):

Phương pháp:

TXĐ của hàm số cosy x là 1;1 .

Cách giải:

Phương trình cos 0 cosx m x m vô nghiệm 1

1;1 .1

mm

m

Chọn D.

Câu 20 (TH):

Phương pháp:

Sử dụng tỉ số thể tích: Cho tứ diện , ' , ' , ' .SABC A SA B SB C SC Khi đó ta có:

' ' ' ' ' '. . .SA B C

SABC

V SA SB SC

V SA SB SC

Cách giải:

Theo đề bài ta có:

1 ' ' '

2

' ' ' 1 1 1. . . .1 .

2 2 4

SA B C

SABC

V V SA SB SC

V V SA SB SC

Chọn B.

Câu 21 (TH):

Phương pháp:



Tứ giác ABCE là hình bình hành .AB EC

Cho hai vecto 1 1 2 2; , ;a x y b x y

có 1 2

1 2

.x x

a by y

Cách giải:

Gọi 0 0;E x y là điểm cần tìm.

0 03 ; ; 3;1 .EC x y AB

Tứ giác ABCE là hình bình hành AB EC

0 0

0 0

3 3 66; 1 .

1 1

x xE

y y

Chọn A.

Câu 22 (TH):

Phương pháp:

Phép tịnh tiến theo vecto v

biến đường thẳng d thành chính nó 0v

hoặc v

là vecto chỉ phương của

.d

Cách giải:

Ta có: VTPT của : 2; 1 : 1; 2 1; 2 .d n VTCP u

Vậy 1; 2 .v u

Chọn C.

Câu 23 (TH):

Phương pháp:

Hàm số y f x đạt cực tiểu tại

0

0

0

' 0.

'' 0

y xx x

y x

Cách giải:

+) Đáp án A: 2' 3 0y x x R hàm số đồng biến trên R hàm số không có cực trị.

+) Đáp án B: ' 2 ' 0 0; '' 2 0 0y x y x y x là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.

+) Đáp án C: 2' 3 1 0y x x R hàm số nghịch biến trên R hàm số không có cực trị.

+) Đáp án D: 20

' 3 6 ' 0 .2

xy x x y

x



Có '' 6 6 '' 6 0 0y x y x x là điểm cực đại của hàm số.

Chọn B.

Câu 24 (TH):

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số, nhận xét các khoảng đồng bến và nghịch biến của hàm số.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số y f x đồng biến trên 1; 0 và 1; .

Hàm số nghịch biến trên ; 1 và 0;1 .

Chọn A.

Câu 25 (TH):

Phương pháp:

Công thức tính thể tích khối chóp là: 1

. .3

dV S h

Cách giải:

Ta có: 3

21 1 1 1 1. . . . .2 . . .

3 3 2 3 2 3SABC ABC

aV SA S SA AB BC a a

Chọn A.

Câu 26 (VD):

Phương pháp:

Hàm số y f x đồng biến trên ;a b khi và chỉ khi ' 0 ;f x x a b và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Hàm số y f x nghịch biến trên ;a b khi và chỉ khi ' 0 ;f x x a b và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải:

Xét trên khoảng 0;2 ta có :

22

000;2 ' 0

' 2 02 2;2

xxx g x

f xx

Hàm số

nghịch biến trên 0;2 . Vậy đáp án A đúng.

Xét trên khoảng 2; ta có :

22

002; ' 0

' 2 02 2;

xxx g x

f xx

Hàm số

đồng biến trên 2; . Vậy đáp án B đúng.



Xét trên khoảng ; 2 ta có:

22

00; 2 ' 0

' 2 02 2;

xxx g x

f xx

Hàm

số nghịch biến trên ; 2 . Vậy đáp án C đúng.

Chọn D.

Câu 27 (VD):

Phương pháp:

Hàm số ax b

ycx d

(TXĐ: \

dR

c

) đồng biến (nghịch biến) trên

' 0 ' 0

;;

y y

a b da b

c

.

Cách giải:

TXĐ: \D R m .

Để hàm số đồng biến trên

2

2

1 10' 0 2 1

2; 12; 1

22

m my m

mx mm m

mm

Chọn A.

Câu 28 (VD):

Phương pháp:

Áp dụng bất đẳng thức tam giác.

Ba cạnh a, b, c là ba cạnh của tam giác thì

a b c

a c b

b c a

.

Cách giải:

Gọi ba số hạng liên tiếp của cấp số nhân trên là 1 1

1 1 1; ;n n nu q u q u q .

Vì ba số hạng này là ba cạnh của 1 tam giác nên áp dụng BĐT tam giác ta có:



1 1 2 2

1 1 1

1 1 2 2

1 1 1

21 1 21 1 1

1 1 0

1 1 0

1 1 0

1 5 1 5

2 2

1 5 1 51 5

2 22

1 5

2

n n n

n n n

n n n

u q u q u q q q q q

u q u q u q q q q q luon dung

q qu q u q u q q q

q

qq

q

Chọn D.

Câu 29 (VD):

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính diện tích tam giác 1

; .2

ABCS d A BC BC .

Cách giải:

Phương trình đường thẳng BC là: 3 3

3 3 6 06 3 0 3

x yx y x y

1 1 6

; 2 22

d A BC

Ta có: 2 23 3 3 2BC

Vậy 1 1

; . .2 2.3 2 62 2

ABCS d A BC BC .

Chọn A.

Câu 30 (VD):

Phương pháp:

Xét tổng : 2000

1 x với 1x (1)

Xét 2000

1 'x

với 1x (2)

Cộng vế theo vế của (1) và (2) và suy ra tổng S.

Cách giải:

Ta có :



0 1 2000

2000 2000 2000

0 1 2000 1 2 2000

2000 2000 2000 2000 2000 2000

2 ... 2001

... 2 ... 2000

S C C C

S C C C C C C

Xét tổng : 2000

2000 0 1 2 2 2000 2000

2000 2000 2000 2000 2000

0

1 ...k k

k

x C x C C x C x C x

Với 1x ta có : 20002000 0 1 2 2000

2000 2000 2000 20002 1 ...x C C C C

Ta có :

2000 0 1 2 2 2000 2000

2000 2000 2000 2000

1999 1 2 2000 2001

2000 2000 2000

1 ' ... '

2000. 1 2 ... 2000 .

x C C x C x C x

x C C x C x

Với 1999 1 2 2000

2000 2000 20001 2000.2 2 ... 2000x C C C

2000 1999 1999 1999 20002 2000.2 2 2 2000 2 .2002 2 .1001S

Chọn D.

Câu 31 (TH):

Phương pháp:

Dựa vào limx

y

xác định dấu của hệ số a.

Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành xác định dấu của hệ số c.

Dựa vào số điểm cực trị của hàm số xác định dấu của hệ số b.

Cách giải:

Ta có: lim 0x

y a

Loại đáp án A và D.

Ta có : 3 2

2

0

' 4 2 0 2 2 0

2

x

y ax bx x ax b bx

a

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị 02

b

a

. Mà 0 0a b Loại đáp án B.

Chọn C.

Câu 32 (VD):

Phương pháp:

+) Tìm điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị ' 0y .



+) Sử dụng hệ thức Vi-ét : 1 2

1 2

bx x

a

cx x

a

.

Cách giải:

TXĐ : D R

Ta có: 2' 3 6 27y x mx

Để hàm số có 2 điểm cực trị 1 2;x x Phương trình ' 0y có 2 nghiệm phân biệt.

Xét phương trình 2' 0 ' 3 6 27 0y y x mx

Ta có : 23

' 9 81 03

mm

m

Khi đó áp dụng hệ thức Vi-ét ta có : 1 2

1 2

2

9

x x m

x x

Theo bài ra ta có:

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

2 2

5 25 4 25

61 614 36 25 4 61

2 2

x x x x x x x x

m m m

Kết hợp điều kiện ta có :

361

3; 2 61 3612

2

a

m T b ab

.

Chọn C.

Câu 33 (VD):

Phương pháp:

Nếu hai mặt phẳng song song thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này sẽ song song với mặt phẳng

kia.

Cách giải:



Kẻ / / ' ; / /ME AD E AA NF AD F AB M, N, E, F đồng phẳng.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có : ;' '

AM AE DN AF

AD AA BD AB

Mà ' 2AD BD a (Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương cạnh a), AM DN x (gt).

/ / '' '

AM DN AE AFEF A B

AD BD AA AB (Định lí Ta-lét đảo)

/ / ' / / 'MNEF A BC MN A BC .

Chọn B.

Câu 34 (VD):

Phương pháp:

+) Tính số phần tử của không gian mẫu.

+) Gọi A là biến cố: "Tổng các số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ" A , tính số phần tử của A .

+) Tính P A , từ đó suy ra 1P A P A .

Cách giải:

Chọn ngẫu nhiên 4 tấm thẻ từ hộp có 11 tấm thẻ 4

11 330n C .

Gọi A là biến cố: "Tổng các số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ".

:A "Tổng các số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là số chẵn".

TH1: 4 chẵn có 4

5 5C cách chọn.

TH2: 2 lẻ 2 chẵn có 2 2

6 5. 150C C cách chọn.

TH2: 4 lẻ có 4

6 15C cách chọn



5 150 15 170n A

170 17 16

1330 33 33

P A P A P A .

Chọn B.

Câu 35 (VD):

Phương pháp:

+) Xác định các đường tiệm cận của đồ thị hàm số và tọa độ điểm I.

+) Viết phương trình tiếp tuyến của C tại 2 1

;1

mM m C

m

.

+) Xác định tọa độ các điểm P, Q.

+) Nhận xét tam giác IPQ, tính diện tích tam giác IPQ.

+) Do G là trọng tâm tam giác IPQ 1

3GPQ IPQS S .

Cách giải:

TXĐ: \ 1D R .

Đồ thị hàm số có TCN: 2y và TCĐ: 1 1;2x I .

Gọi 2 1

;1

mM m C

m

. Ta có

2 2

3 3' '

1 1y y m

x m

Phương trình tiếp tuyến của C tại M là:

2

3 2 1

11

my x m d

mm

.

Cho

2

3 2 1 3 2 1 2 41 1

1 1 1 11

m m mx y m

m m m mm

2 41;

1

mP

m

Cho

2

2 2 2

3 2 1 3 2 2 12 2

11 1 1

x m m x m my

mm m m

2 2 2

2 2 2 2

3 2 2 1 2 2 1 2 4 2 6 32

1 1 1 1

2 1 2 1;2

x m m m m m m m

m m m m

x m Q m



Ta có IP IQ IPQ vuông tại I, có 2 4 6

2 ; 2 1 1 2 11 1

mIP IQ m m

m m

1 1 6 1 1. . .2 1 6 .6 2

2 2 1 3 3IPQ GPQ IPQS IP IQ m S S

m

(Với G là trọng tâm tam giác IPQ).

Chọn A.

Câu 36 (VD):

Phương pháp:

+) Xác định thiết diện của ' 'MB D với hình hộp.

+) Sử dụng cách tính tỉ số diện tích.

Cách giải:

Xét ' 'MB D và ABCD có:

M chung;

' ' ' ' ; ; ' '/ /B D MB D BD ABCD B D BD

Giao tuyến của ' 'MB D và ABCD là đường thẳng qua

M và song song với BD.

Trong ABCD kẻ

/ / ' ' ' 'MN BD N AD MB D MND B và mặt phẳng

' 'MB D chia khối hộp ABCD.A’B’C’D’ thành 2 phần.

Ta có:

' ' ' ' '

' ' ' ' '

' ' ' ' '

MND B ABB A MB

MND B ADD A ND

ABB A ADD A AA

AA’; MB’; ND’



đồng quy tại I.

Gọi V và V1 lần lượt là thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và phần thể tích khối đa diện chứa A.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: 1

' ' ' ' ' 2

AM IA IM IN

A B IA IB ID .

.. . ' ' ' 1 . ' ' '

. ' ' '

. ' ' ' ' ' '. ' ' '

1

1 1 7. .

' ' ' 8 8 8

'.1 1 1 1. .2.

3 . 3 2 3 3

7 7 7063.

8 3 24 12

I AMNI AMN I A B D I A B D

I A B D

I A B D A B DI A B D

ABCD

V IA IM INV V V V

V IA IB IC

V IA S VV

V IA S

V VV

Chọn D.

Câu 37 (VD):

Phương pháp:

Sử dụng công thức ba điểm.

Cách giải:

' ' ' 0

' ' ' 0

4 ' ' ' 0

4 ' ' '

1

4

GB GA GB GC

GI IB GI IA GI IB GI IC

GI IB IA IB IC

IG IB IA IB IC

IG IC CA AB IC

' ' ' ' ' ' ' ' '

13 ' 3 2 ' '

4

1 23 2

4 3

1 12 3

4 3

C A IC C A A B IC

IG IC IC CA A B

IG a a c b

IG a b c

Chọn A.

Câu 38 (VD):

Phương pháp:

+) Gọi ' ; 'B SB C SC sao cho ' ' 1SA SB SC .

+) Tính thể tích chóp S.AB’C’.

+) Sử dụng công thức tỉ số thể tích ' ' ' '.SAB C

SABC

V SB SC

V SB SC



Cách giải:

Gọi ' ; 'B SB C SC sao cho ' ' 1SA SB SC .

Xét tam giác SAB’ có 0'; ' 60 'SA SB ASB SAB đều

' 1AB SA

Xét tam giác SAC’ vuông tại S 2 2' ' 2SC SA SC

Áp dung định lí cosin trong tam giác SB’C’ có

2 2 1' ' 1 1 2.1.1. 3

2B C

Do đó tam giác AB’C’ vuông tại A (Định lí Pytago đảo)

Chóp S.AB’C’ có ' 'SA SB SC Hình chiếu của S trên

' 'AB C trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp ' 'AB C . Gọi H là

trung điểm của B’C’ ' 'SH AB C .

Xét tam giác vuông SHB’ có: 0 1 1'.cos60 1.

2 2SH SB

' '

1 1 2'. ' .1. 2

2 2 2AB CS AB AC

. ' '

1 2 1 2

3 2 2 12S AB CV

Ta có: ' '' '

' ' 1 1 1 2 2. . 6 6.

2 3 6 12 2

SAB CSABC SAB C

SABC

V SB SCV V

V SB SC

Chọn A.

Câu 39 (VDC):

Phương pháp:

+) Gọi I là trung điểm của BC IE IF Tìm tọa độ điểm I.

+) Gọi 13 7 ;B m m BC Tọa độ điểm C theo m.

+) . 0BE CE

Tọa độ các điểm B, C.

+) Đối với mỗi trường hợp của m, viết phương trình AB, AC, tìm tọa độ điểm A và chọn đáp án đúng.

Cách giải:



Ta có 090BFC BEC gt Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn

đường kính BC.

Gọi I là trung điểm của BC 2 2IE IF IE IF .

Gọi 13 7 ;I t t BC

2 2 2 22 2 11 7 5 13 7 4

121 154 10 25 169 182 8 16

3 5 326 39 ;

2 2 2

IE IF t t t t

t t t t

t t I

Gọi 13 7 ;B m m BC . Vì I là trung điểm của BC 7 8;3C m m .

Khi đó ta có: 7 11;5 ; 10 7 ;2BE m m CE m m

Ta có:

2 2

2

. 7 11 10 7 5 2 0

70 49 110 77 10 5 2 0

150 150 100 0

2

BE CE m m m m

m m m m m m

mm m

m

TH1: 1 6;1 ; 1;2m B C

Ta có :

4;4 4 1;1BE

Phương trình AC: 1 2 1 5 0 3 0x y x y

1;2CF

Phương trình AB : 1 0 2 4 0 2 8 0x y x y

2

2 11 3;

113 3

3

a

A AB AC A ktm

b

TH2 : 2 1;2 ; 6;1m B C

Ta có :

3;3 3 1;1BE

Phương trình AC : 2 5 0 7 0x y x y

6;3 3 2;1CF

Phương trình AV : 2 0 4 0 2 4 0x y x y

1

1;6 6 1 56

aA AB AC A b a

b

.

Chọn D.

Câu 40 (VD):



Phương pháp:

+) Đặt 4

4

10; 0

1

x uu v

x v

, sau đó chia cả 2 hai vế của phương trình cho 2 0v , đưa về phương trình

bậc hai ẩn u

v (pt(*)).

+) Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm thực phân biệt Phương trình (*) có 2 nghiệm không âm phân

biệt.

Cách giải:

ĐKXĐ :

2

1 0

1 0 1

1 0

x

x x

x

.

Ta có : 24 4 43 1 1 2 1 3 1 1 2 1 1x m x x x m x x x

Đặt 4

4

10; 0

1

x uu v

x v

, khi đó phương trình trở thành :

2

2 2 2 2 23 2 3 2 0 3 2 0 0 * 0u u u

u mv uv u uv mv m Do vv v v

Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm thực phân biệt Phương trình (*) có 2 nghiệm không âm phân biệt.

' 1 3 0

2 10 0

3 3

03

m

S m

mP

.

Chọn D.

Câu 41 (VD):

Phương pháp:

Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng.

Cách giải:



4 4

2 2 2 2

2

2

3sin cos cos .sin 3 0

4 4 2

1 3sin cos 2sin cos sin 3 sin 3 0

2 4 4 4 4 2

1 1 31 sin 2 sin 4 sin 2 0

2 2 2 2

1 1 1 1sin 2 cos 4 sin 2 0

2 2 2 2

x x x x

x x x x x x x x

x x x

x x x

2 2

2

sin 2 1 2sin 2 sin 2 1 0

sin 2 sin 2 2 0

sin 2 12 2

sin 2 2 2 4

x x x

x x

xx k x k k Z

x loai

Chọn D.

Câu 42:

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính tổng của CSC : 1 .

2

n

n

u u nS

.

Cách giải:

Ta có:

2

2 2 2 2 2 2

1 2 1 .

1 3 2 1 1 3 ... 2 1 22... 12

lim lim1 1

n

n

n n

n n nu

n n n n n n

u

Chọn D.

Câu 43 (VDC):

Phương pháp:

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

Cách giải:



Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của AB và SC ta có : MQ // NP // BC

, , ,M N P Q đồng phẳng.

Gọi F NP AC MPNQ SAC QF

Gọi I QF MN I MN SAC

Gọi E là trung điểm của AD, ta dễ dàng thấy được ABCE là hình vuông CE a .

Xét tam giác ACD có 1

2CE AD ACD vuông tại C.

Ta có: CD AC

CD SAC NC SACCD SA

C là hình chiếu của N trên (SAC)

; ;MN SAC NI CI NIC .

Xét tam giác vuông CED có: 2 2 2

22

aCD CE ED a CN

Ta có: 1 2 3

;2 2 2 2 2

a AD BC a a aMQ BC NP

1

2 2

PF AP aPF FN a

BC AB

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: 2

2 23

IN NFIN IM IN MN

IM MQ

Xét tam giác vuông MPN có:

2 2 22 2 2 9 10

2 4 4 2

SA a a aMN MP PN PN



2 10 10.

3 2 3

a aIN

Xét tam giác vuông NCI có :

23 52sin1010

3

aCN

NICNI a

.

Chọn C.

Câu 44 (VD):

Phương pháp:

+) Đặt t x y , sử dụng BĐT 2

4x y xy tìm khoảng giá trị của t, sau đó đưa biểu thức P về dạng

y f t .

+) Sử dụng phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số trên 1 đoạn.

Cách giải:

3 3 2 22 3 2 3 2 2 3P x y xy x y x xy y xy x y xy xy

Đặt 2

2 2 2 22 2 2

2

tt x y t x y xy xy xy

Vì 2 2 2 24 2 2 4 0 2 2x y xy t t t t .

Khi đó ta có :

2 2

3 2

3 2

2 22 2 3 2;2

2 2

34 2 3

2

36 3 2;2

2

t tP t t

P t t t t

P t t t f t t

Xét hàm số 3 236 3

2f t t t t trên 2;2 ta có :

2

1 2;2' 3 3 6 0

2 2;2

tf t t t

t

13

2 7; 2 1; 12

f f f

2;22;2

13 13 1max max ; min 7 min 7

2 2 2f t P M f t P m M m

.

Chọn B.

Câu 45 (VD):



Phương pháp:

Đặt AG x , tính chi phí và sử dụng phương pháp tìm GTLN, GTNN để tìm GTNN của hàm chi phí đó.

Cách giải:

Đặt 0 100 100AG x x BG x

Áp dụng định lí Pytago ta có : 2 23600 100 200 13600GC x x x

Vậy chi phí cần dùng là : 260 100 200 6400f x x x x

Ta có :

2 2

2

2 2

2 2

100 100' 60 100. 0 100. 60

200 13600 200 13600

5 100 3 200 13600

25 100 9 200 13600

14525 5000 250000 9 1800 122400

55

x xf x

x x x x

x x x

x x x

x ktmx x x x

x

BBT:

Dựa vào BBT ta có: min 45 55 55f x f x AG .

Chọn C.

Câu 46 (VD):

Phương pháp:

Để hàm số 4 3 23 4 12 1y x x x m có 7 điểm cực trị thì đồ thị hàm số 4 3 23 4 12 1y x x x m cắt

trục hoành tại 4 điểm phân biệt.

Cách giải:

Để hàm số 4 3 23 4 12 1y x x x m có 7 điểm cực trị thì đồ thị hàm số

4 3 23 4 12 1y x x x m cắt

trục hoành tại 4 điểm phân biệt.

Xét hàm số 4 3 23 4 12 1y x x x m ta có :



3 2

2

' 12 12 24 0 1

0

x

y x x x x

x

BBT :

Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt 1 0

1 66 0

mm

m

.

Chọn D.

Câu 47 (VD):

Phương pháp:

Quy đồng, sử dụng công thức nhân đôi, đưa phương trình về dạng tích và giải phương trình lượng giác cơ

bản sau đó tìm nghiệm thuộc [1 ;70].

Cách giải:

2 32

2

2 2 2 2 3

2 2

2 2 2 2 3

2 2 3

2 2

2

cos cos 1cos 2 tan

cos

2cos 1 cos sin cos cos 1

cos cos

2cos 1 cos sin cos cos 1

2cos 1 cos cos

cos 2cos 1 cos 0

2cos 1 cos 0 cos 0

2cos 1

1cos

2

x xx x

x

x x x x x

x x

x x x x x

x x x

x x x

x x Do x

x kx

x

2 ; ;3

23

x m k m n Z

x n



1 702 1;70 1 2 70 0;1;2;...;10

2 2

1 703 32 1;70 1 2 70 0;1;2;...;10

3 3 2 2

1 703 32 1;70 1 2 70 1;2;...;11

3 3 2 2

k k k Z k k Z k

m m m Z m m Z m

n n n Z n n Z m

Vậy tổng các nghiệm thuộc 1;70 của phương trình trên là :

2 4 ... 20 2 4 ... 203 3 3 3

2 4 ... 223 3 3

11 1111 2 4 ... 20 2 4 ... 20 2 4 ... 22

3 3

11 1111 110 110 132

3 3

363

S

S

S

S

Chọn C.

Câu 48 (TH):

Phương pháp:

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm 0x x là 0'f x .

Cách giải:

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm 0x x là

2

2 2

0 0 0 0 0 0

2 1 5 1 5 5' 3 2 2 3 2

3 9 3 3 3 3f x x x x x x

.

Vậy tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất thì hệ số góc đó là 5

3.

Chọn B.

Câu 49 (VD):

Phương pháp:

TH1 : 0m

TH2 : 0m . Để đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận Đồ thị hàm số có 1 TCĐ.

phương trình 2 2 3mx x hoặc có 1 nghiệm duy nhất 1x , hoặc có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1

nghiệm 1x .



Cách giải:

TH1 : 1

02 3

xm y

x

có TCN

1

2y

và TCĐ

30

2x m thỏa mãn.

TH2 : 0m , đồ thị hàm số luôn có TCN 0y .

Để đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận Đồ thị hàm số có 1 TCĐ.

phương trình 2 2 3mx x hoặc có 1 nghiệm duy nhất 1x , hoặc có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1

nghiệm 1x .

*) Ta có: 1

1 3 03

m m Phương trình trở thành 212 3 0 3 1

3x x x tm

*)

10

132 3 0

1

mm

mm

.

Vậy 1

0; 1;3

m

Chọn B.

Câu 50 (VD):

Phương pháp:

2

1 ''

u

u u

.

Cách giải:

Ta có: 2 2 1 1 1

11 1 1

x xf x x

x x x

2

4 3

2

6 4

2018

2019 2019 2019

1' 1

1

2 1 2''

1 1

2.3 1 2.3'''

1 1

....

2.3....2018 2018! 2018!

1 1 1

f xx

xf x

x x

xf x

x x

f xx x x

Chọn B.

Documents

ĐỀ THI TH Ử THPT QU ỐC GIA L ẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN … · Sử dụng các công thức cơ bản của đạo hàm và công thức đạo hàm của hàm phân thức