Tài liệu đề thi thử thptqg năm 2018 môn toán thpt chuyên quang trung – bình phước lần 1 file word có lời giải chi tiết

THPT Chuyên Quang Trung ĐỀ THI THỬ KHỐI 12 LẦN 1 NĂM 2018-MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút Mục tiêu. Nắm vững các kiến thức về số phức. Nắm vững các kiến thức về hàm số: điều kiện cần và đủ của cực trị hàm số, phương trình tiếp tuyến, tiệm cận đứng, tiệm cận ngang. Nắm vững kiến thức về lượng giác như công thức tổng, công thức cộng, công thức nhân đôi,tính chẵn lẻ của hàm lượng giác…tìm nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản sinx  sin, cosx  cos,sinx  sin, cosx  cos Nắm vững các kiến thức về công thức thể tích của khối đa diện, vận dụng linh hoạt các kiến thức đã học để tính thể tích của khối đa diện. Từ bài toán thực tế biết cách lập được hàm số và dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm ra chi phí nhỏ nhất. Câu 1: . Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2m2  m4 có đồ thị C. Biết đồ thị C có ba điểm cực trị A, B, C và ABDC là hình thoi, trong đó D  0; 3 , A thuộc trục tung. Khi đó m thuộc khoảng nào? 9  A. m   ; 2  5  Câu 2: .Cho hàm số y  1  B. m   1;  2  C. m   2;3 1 9 D. m   ;  2 5 x3  3x 2  2 có đồ thị C. Viết phương trình tiếp tuyến của C biết tiếp 3 tuyến có hệ số góc k  9 A. y  16  9  x  3 B. y  16  9  x  3 C. y  9  x  3 D. y  16  9  x  3 Câu 3: Cho số phức thỏa mãn z  2i  z  4i và z  3  3i  1. Giá trị lớn nhất của P  z  2 là A. 13  1 B. 10  1 Câu 4: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  C. 13 D. 10 x 3  3x  2 là x 2  3x  2 A. x  2 B. Không có tiệm cận đứng. C. x  1; x  2 D. x  1 Câu 5: Cho hình chóp S.ABC có SA  SB=SC=AB=AC=a, BC  a 2. Tính số đo của góc (AB;SC) ta được kết quả A. 90 B. 30 Câu 6: Nghiệm của phương trình C. 60 D. 45 cos 2x  3sin x  2  0 là: cos x Trang 1 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209    x  2  k2   A.  x   k  k   6   x  5  k  6    x  6  k B.  k   x  5  k  6     x  2  k   C.  x   k2  k   6   x  5  k2  6     x  6  k2 D.  k   x  5  k2  6   1 . Câu 7: Trong tập các số phức, cho phương trình z2  6z  m  1, m  Gọi m 0 là một giá trị của m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt z1 , z 2 thỏa mãn z1 z1  z2 z2 . Hỏi trong khoảng (0; 20) có bao nhiêu giá trị m ? A. 13 B. 11 C. 12 D. 10 Câu 8: Cho hàm số y  x 2  1. Nghiệm của phương trình y '.y  2x+1 là A. x  2 B. x  1 Câu 9: Gọi số phức z  a  bi  a, b  D. x  1 C. Vô nghiệm.    thỏa mãn z 1  1 và 1  i  z  1 có phần thực bằng 1 đồng thời z không là số thực. Khi đó a.b bằng A. ab  2 B. ab  2 C. ab  1 D. ab  1 Câu 10: Tìm hệ số của x 5 trong khai triển P  x    x  1   x  1  ...   x  1 6 A. 1715. B. 1711. 7 C. 1287. 12 D. 1716. Câu 11: Cho hàm số y  x  sin 2x  2017. Tìm tất cả các điểm cực tiểu của hàm số.  A. x    k, k  3   B. x    k2, k  C. x   k2, k  3 3 D. x    k, k  3  2  Câu 12: Nghiệm của phương trình cos  x    là 4 2   x  k2 A.  k   x     k  2  x  k C.  k   x     k2  2  x  k B.  k   x     k  2    x  k2 D.  k   x     k2  2   Trang 2 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 Câu 13: Cho lăng trụ ABC.A'B'C'. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của A 'B' và CC'. Khi đó CB' song song với A. AM C.  BC'M  B. A'N. D.  AC'M  Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình thang vuông tại A và B, biết AB  BC  a, AD  2a,SA  a 3 và SA   ABCD . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SB,SA. Tính khoảng cách từ M đến (NCD) theo a. A. a 66 22 B. 2a 66 C. a 66 11 D. a 66 44 Câu 15: Số tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  2x  1  4x 2  4 là A. 2 B. 1 C. 0 D. 3 Câu 16: Tìm m để đường thẳng y  x  m  d  cắt đồ thị hàm số y  2x  1  C  tại hai điểm phân x2 biệt thuộc hai nhánh của đồ thị C). B. m  A. m   1 \    2 C. m   1 2 D. m   1 2 Câu 17: Tìm tập xác định D của hàm số y  tan 2x. A. D    \   k2 k   4  B. D    \   k k   2  C. D    \   k k   4  D. D    k  \  k  4 2  Câu 18: Xét khối tứ diện ABCD, AB  x, các cạnh còn lại bằng 2 3. Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất. A. x  6 B. x  2 2 C. x  14 D. x  3 2 Câu 19: Cho các hàm số  I  : y  x 2  3;  II  : x 3  3x 2  3x  5;  III  : y  x  1 7 ;  IV  : y   2x  1 . Các hàm số không có x2 cực trị là A.  I  ,  II  ,  III  B.  III  ,  IV  ,  I  C.  IV  ,  I  ,  II  D.  II  ,  III  ,  IV  Câu 20: Chọn phát biểu đúng. A. Các hàm số y  sinx, y  cosx, y  cotx đều là hàm số chẵn. B. Các hàm số y  sinx, y  cosx, y  cotx đều là hàm số lẻ C. Các hàm số y  sinx, y  cot x, y  tan x đều là hàm số chẵn. D. Các hàm số y  sinx, y  cot x, y  tan x đều là hàm số lẻ Trang 3 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 Câu 21: Trên tập số phức, cho phương trình az2  bz  c  0  a, b,c  ;a  0  . Chọn kết luận sai. A. Nếu b  0 thì phương trình có hai nghiệm mà tổng bằng 0. B. Nếu   b 2  4ac  0 thì phương trình có hai nghiệm mà modun bằng nhau. C. Phương trình luôn có hai nghiệm phức là liên hợp của nhau. D. Phương trình luôn có nghiệm. Câu 22: .Cho hàm số y  f  x  xác định và có đạo hàm cấp một và cấp hai trên khoảng (a, b) và x 0   a, b  . Khẳng định nào sau đây là sai? A y'  x 0   0 và y ''  x 0   0 thì x 0 là điểm cực trị của hàm số. B. y'  x 0   0 và y''  x 0   0 thì x 0 là điểm cực tiểu của hàm số. C. Hàm số đạt cực đại tại x 0 thì y'  x 0   0 D. y'  x 0   0 và y''  x 0   0 thì x 0 không điểm cực trị của hàm số. Câu 23: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị C như hình vẽ. Hỏi C là đồ thị của hàm số nào? A. y  x 3  1 B. y   x  1 3 C. y   x  1 3 D. y  x 3  1 Câu 24: Cho số phức z thỏa mãn z  2  i   13i  1. Tính mô đun của số phức z. A. z  34 B. z  34 C. z  34 3 D. z  5 34 3 Câu 25: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có thể tích là V. Gọi I, J lần lượt là trung điểm hai cạnh AA' và BB'. Khi đó thể tích của khối đa diện ABCIJC' bằng. A. 4 V 5 B. 3 V 4 C. 5 V 6 D. 2 V 3 Câu 26: Phương trình cos2x  4sin x  5  0 có bao nhiêu nghiệm trên khoảng  0;10 A. 5 B. 4 C. 2 D. 3 Câu 27: Cho tứ diện ABCD có AB  AC  2, DB  DC  3. Khẳng định nào sau đây đúng? Trang 4 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 A. BC  AD. B. AC  BD C. AB   BCD D. DC   ABC Câu 28: Cho khối chóp S.ABC có ASB  BSC  CSA  60,SA  a,SB  2a,SC  4a. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. A. 8a 3 2 3 B. 2a 3 2 3 C. 4a 3 2 3 D. a3 2 3 1 i là số thực và z  2  m với m  . Gọi m 0 là một giá trị z Câu 29: Cho số phức z thỏa mãn của m để có đúng một số phức thỏa mãn bài toán. Khi đó  1 A. m 0   0;   2 1  B. m 0   ;1 2  Câu 30: Cho hàm số y  3  C. m 0   ; 2  2   3 D. m 0  1;   2 xm 16 (m là tham số thực) thỏa mãn min y max y  x 1 3 1;2 1;2 Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 2  m  4 B. 0  m  2 C. m  0 D. m  4     Câu 31: Tìm góc    ; ; ;  để phương trình cos2x  3sin2x  2cosx  0 tương đương với 6 4 3 2 phương trình cos  2x     cosx A.    6 B.    4 C.    2 D.    3 Câu 32: Một công ty muốn làm một đường ống dẫn dầu từ một kho A ở trên bờ biển đến một vị trí B trên hòn đảo. Hòn đảo cách bờ biển 6km. Gọi C là điểm trên bờ sao cho BC vuông góc với bờ biển. Khoảng cách từ A đến C là 9km. Người ta cần xác định một vị trí D trên AC để lắp ống dẫn theo đường gấp khúc ADB. Tính khoảng cách AD để số tiền chi phí thấp nhất, biết rằng giá để lắp mỗi km đường ống trên bờ là 100.000.000 đồng và dưới nước là 260.000.000 đồng. A. 7km. B. 6km. C. 7.5km D. 6.5km Câu 33: Người ta muốn xây một chiếc bể chứa nước có hình dạng là một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 500 3 m . Biết đáy hồ là một hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng và 3 giá thuê thợ xây là 100.000 đồng /m 2 . Tìm kích thước của hồ để chi phí thuê nhân công ít nhất. Khi đó chi phí thuê nhân công là A. 15 triệu đồng. B. 11 triệu đồng. C. 13 triệu đồng. D. 17 triệu đồng. Câu 34: Biết rằng giá trị lớn nhất của hàm số y  x  4  x 2  m là 3 2. Giá trị của m là A. m  2 B. m  2 2 C. m  2 2 D. m   2 Trang 5 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 Câu 35: Trong mặt phẳng phức, gọi M là điểm biểu diễn cho số phức z  z 2 với z  a  bi  a, b  , b  0  . Chọn kết luận đúng A. M thuộc tia Ox. B. M thuộc tia Oy C. M thuộc tia đối của tia Ox. D. M thuộc tia đối của tia Oy. Câu 36: Trong tập các số phức, gọi z1 , z 2 là hai nghiệm của phương trình z 2  z  2017  0 với z 2 4 có thành phần ảo dương. Cho số phức z thỏa mãn z  z1  1 Giá trị nhỏ nhất của P  z  z 2 là 2016  1 A. B. 2017  1 2 C. 2016  1 2 D. 2017  1 Câu 37: Số mặt phẳng đối xứng của khối tứ diện đều là A. 7 B. 8 C. 9 D. 6 Câu 38: Cho hàm số y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d,  a  0  . Khẳng định nào sau đây đúng? A. lim  x    B. Đồ thị hàm số luôn cắt trục hoành. C. Hàm số luôn tăng trên D. Hàm số luôn có cực trị. x  Câu 39: Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn? A. 120 B. 98 C. 150 D. 360 Câu 40: Có bao nhiêu số chẵn mà mỗi số có 4 chữ số đôi một khác nhau? A. . 2520. B. 50000. C. 4500 D. 2296. Câu 41: .Gọi S là tập hợp các số thực m sao cho với mỗi m S có đúng một số phức thỏa mãn z  m  6 và z là số thuần ảo. Tính tổng của các phần tử của tập S. z4 A. 10 B. 0 C. 16  D. 8  Câu 42: Tìm số phức z thỏa mãn z  2  z và  z  1 z  i là số thực A. z  1  2i B.  1  2i Câu 43: Cho hàm số y  C. z  2  i D. z  1  2i x3  ax 2  3ax  4. Để hàm số đạt cực trị tại x1 ; x 2 thỏa mãn 3 x12  2ax 2  9a x 22  2ax1  9a   2 thì a thuộc khoảng nào? a2 a2 5   A. a   3;  2   7   B. a   5;  2   C. a   2; 1  7  D. a    ; 3   2  Trang 6 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 Câu 44: Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số y  A. m  2 B. m  2 2x  4 có tiệm cận đứng. xm C. m  2 D. m  2 Câu 45: Tìm m để hàm số y  x 3  3x 2  mx  2 tăng trên khoảng 1;   A. m  3 B. m  3 C. m  3 D. m  3 Câu 46: .Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N, K lần lượt là trung điểm của CD,CB,SA. Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng MNK là một đa giác H. Hãy chọn khẳng định đúng. A. H là một hình thang B. H là một ngũ giác C. H là một hình bình hành. D. H là một tam giác Câu 47: Tập giá trị của hàm số y  sin2x  3cos2x+1 là đoạn a;b. Tính tổng T  a  b? A. T  1 C. T  0 B. T  2 D. T  1 Câu 48: Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 3 quyển sách lý, 2 quyển sách hóa. Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách. Tính xác suất để được 3 quyển được lấy ra có ít nhất một quyển là toán. A. 2 7 B. 3 4 C. 37 42 D. 10 21 x 2  1, x  1 Câu 49: Cho hàm số y  f  x    Mệnh đề sai là 2x, x  1 A. f ' 1  2 B. f không có đạo hàm tại x 0  1 C. f '  0   2 D. f '  2   4 Câu 50: Nghiệm của phương trình tan3x  tan x là  A. x  k ,  k  2  B. x  k,  k   C. x  k2,  k    D. x  k ,  k  6  Trang 7 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 Tổ Toán – Tin MA TRẬN TỔNG QUÁT ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2018 Mức độ kiến thức đánh giá STT Lớp 12 (...%) Lớp 11 Tổng số câu hỏi Các chủ đề Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Vận dụng cao 1 Hàm số và các bài toán liên quan 4 6 6 3 19 2 Mũ và Lôgarit 0 0 0 0 0 3 Nguyên hàm – Tích phân và ứng dụng 0 0 0 0 0 4 Số phức 1 3 4 3 11 5 Thể tích khối đa diện 3 2 3 1 9 6 Khối tròn xoay 0 0 0 0 0 7 Phương pháp tọa độ trong không gian 0 0 0 0 0 1 Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác 1 1 1 1 4 2 Tổ hợp-Xác suất 0 2 2 0 4 3 Dãy số. Cấp số cộng. Cấp số nhân 0 0 0 0 0 4 Giới hạn 0 0 0 0 0 5 Đạo hàm 0 0 1 0 1 6 Phép dời hình và phép đồng dạng trong mặt phẳng 0 0 0 0 0 Trang 8 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 (...%) Tổng 7 Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian Quan hệ song song 0 0 0 0 0 8 Vectơ trong không gian Quan hệ vuông góc trong không gian 0 0 0 0 0 1 Bài toán thực tế 0 0 1 1 2 Số câu Tỷ lệ Trang 9 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 50 ĐÁP ÁN 1-D 2-D 3-C 4-A 5-C 6-D 7-D 8-C 9-C 10-A 11-A 12-D 13-D 14-C 15-B 16-A 17-D 18-D 19-D 20-D 21-C 22-D 23-B 24-B 25-D 26-A 27-A 28-B 29-D 30-D 31-D 32-D 33-A 34-A 35-C 36-A 37-D 38-B 39-B 40-D 41-B 42-D 43-B 44-A 45-A 46-B 47-B 48-C 49-B 50-A LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án D Phương pháp.Sử dụng điều kiện cần của cực trị hàm số để tìm điều kiện của m để hàm số có cực trị. Sau đó tìm tọa độ các điểm cực trị. Sử dụng tính chất của hình thoi để tìm giá trị của m. Lời giải chi tiết. Ta có y '  4x 3  4mx Để đồ thị có ba điểm cực trị thì phương trình y '  0  4x 3  4mx  0 phải có 3 nghiệm phân biệt. x  0 4x 3  4mx  0   2 x  m Khi đó điều kiện cần là m  0. Ta có ba nghiệm là x  0, x  m, x   m Với x  0 thì y  m4  2m2 Với x   m thì y  m4  3m2 Do A thuộc trục tung nên A  0; m 4  2m 2  Giả sử điểm B nằm bên phải của hệ trục tọa độ, khi đó B    m; m4  3m2 , C  m; m4  3m2  Ta kiểm tra được AD  BC. Do đó để ABDC là hình thoi thì trước hết ta cần AB  CD. Ta có  CD   AB    m;  m 4  3m2    m 4  2m 2     m; 3   m 4  3m2     3 m; m 2 m; m 4  3m 2 Do đó AB  CD     m; m2   m; m4  3m2  3  m2  m4  3m2  3 Trang 10 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 m2  1  m  1  m 4  4m 2  3  0   2  m   3 m  3 Do điều kiện để có ba điểm cực trị là m  0 nên ta chỉ có m  1 hoặc m  3 Với m  1 thì A  0; 1 , B 1; 2 ,C  1; 2  . Ta có AB  1; 1  AB  2. Tương tự ta có BD  CD  CA  2. Như vậy ABDC là hình thoi. Vậy m  1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 1 9   Do m  1   ; 2  ,  1;  ,  2;3 nên các đáp án A, B, C đều sai. 2 5   Với m 3 Trong trường hợp này B  4    3;0 , C  4 3;0 , A  0;3 . Ta kiểm tra được AB  BD  DC  CA  9  3. Do đó ABDC cũng là hình thoi và m  3 thỏa mãn yêu cầu bài toán Nhận xét. Đối với bài toán thi trắc nghiệm đòi hỏi cần tiết kiệm thời gian thì chỉ cần xét trường hợp m  1 thì chúng ta đã có thể kết luận được đáp án cần chọn là D mà không cần xét thêm trường hợp m 3 Câu 2: Đáp án D Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của hàm số y  f  x 0  tại điểm  x ;f  x  0 0 là y  f  x 0   f '  x 0  x  x 0 1 . Hệ số góc là k  f '  x 0  sử dụng điều này để tìm điểm x 0 sau đó thay vào 1 để tìm phương trình tiếp tuyến. Lời giải chi tiết. Ta có y '  x 2  6x. Do tiếp tuyến có hệ số góc là k  9 nên x20  6x0  9  x0  3. Khi đó phương trình tiếp tuyến là y  y  x 0   k  x  x 0   y  16  9  x  3 Câu 3: Đáp án C Phương pháp: Gọi z  a  bi,  a,b   là số phức cần tìm. Sử dụng giả thiết để đưa ra một hệ điều kiện đẳng thức, bất đẳng thức cho a,b. Sử dụng điều kiện trên để đánh giá và tìm giá trị lớn nhất của P. Lời giải chi tiết. Giả sử số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán có dạng z  a  bi,  a,b   Khi đó ta có Trang 11 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 2  2  z  2i   a  bi   2i  a   b  2  2  z  4i   a  bi   4i  a2   b  4   z  3  3i   a  bi   3  3i   a  32   b  32  2  2  z  2   a  bi   2   a  2  b Từ giả thiết ta suy ra   b  2  b  4  VN  2 2  2 2  b  22   b  42    a  b  2  a  b  4       b  3 b  2  b  4        2 2  2 2 2 2 a  3  b  3 1      a  3   b  3  1  a  3   b  3  1   2 2   a  3  b  3  1       Từ  a  3   b  3  1   a  3  1  2  a  4  0  a  2  2 2 2 Do đó P  z  2  2  a  2 2  b2  22  32  13. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  a  22  22  a  4   b  3 b  3  2 2 a  3  b  3  1      Chú ý. Đối với bài toán liên quan tới cực trị học sinh thường mắc phải sai lầm là quên tìm giá trị để cực trị xảy ra. Điều này có thể dẫn tới việc tìm sai giá trị lớn nhất nhỏ nhất. Câu 4: Đáp án A Phương pháp Sử dụng định nghĩa của tiệm cận đứng. Lời giải chi tiết. Để tìm tiệm cận đứng ta cần tìm điểm x 0 sao cho lim y hoặc lim y nhận một trong hai giá trị x x 0 x x 0 ;  Với x 1; 2 2 x 3  3x  2  x  1  x  x  2  x 2  x  2   thì ta có y  3 x  3x  2 x2  x  1 x  2  Ta có lim y  lim x 2 x 2 x2  x  2   x2 Vậy x  2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho. Sai lầm. Một số học sinh có thể mắc sai lầm như sau: Do quan sát thấy mẫu số của hàm số trên có hai nghiệm là x  1, x  2 nên học sinh có thể không tính mà đưa ra kết quả lim y   rồi kết luận x  1 là tiệm cân đứng của đồ thị hàm số. x 1 Trang 12 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 Câu 5: Đáp án C Phương pháp Chứng minh góc giữa SC và AB cũng bằng góc giữa SC và CD. Chứng minh Tam giác SCD là tam giác đều để suy ra góc giữa SC và AB bằng 60 . Lời giải chi tiết. Ta có AB  AC  a, BC  a 2  AB2  AC 2  BC 2  2a 2  ABC vuông cân tại A. Gọi H là hình chiếu của S lên  ABC Do SA=SB=SC=a nên HA=HB=HC  H là trung điểm của BC. Trên mặt  ABC lấy điểm D sao cho ABDC là hình vuông. Do CD / /AB nên góc giữa SC và AB cũng bằng góc giữa SC và CD. H là trung điểm BC nên HC  HD Ta có SHC  SHD  SC=SD=a. Tam giác SCD có SC=CD=SD=a nên là tam giác đều. Do đó SCD  60. Vậy góc giữa SC và AB bằng SCD  60. Câu 6: Đáp án D Phương pháp Tìm điều kiện để phương trình có nghĩa. Sau đó sử dụng công thức 2cos2x=1  2sin 2 x để đưa phương trình đã cho về phương trình bậc 2 đối với sin x và giải phương trình này để tìm nghiệm. Bước cuối cùng là đối chiếu điều kiện để kết luận nghiệm. Lời giải chi tiết. Điều kiện cos x  0  x    k  k  2 1 Với điều kiện trên phương trình đã cho trở thành cos 2x  3sin x  2  0  1  2sin 2 x   3sin x  2  0  2sin 2 x  3sin x  1  0  2sin x  1  0   2sin x  1 s inx  1  0   s inx  1  0 Nếu s inx  1  0  s inx  1  cos x  0, không thỏa mãn điều kiện (1)   x   k2  1  6 Vậy 2sin x  1  0  sin x   sin   k  2 6  x      k2  5  k2  6 6  Trang 13 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 Câu 7: Đáp án D Phương pháp Biện luận để tìm trực tiếp nghiệm z1 , z 2 . Sử dụng giả thiết để tìm ra giá trị m 0 Lời giải chi tiết. Viết lại phương trình đã cho thành  z  3  9  m 0 2 Nếu m0  9  z  3 Hay phương trình chỉ có một nghiệm. (Loại) Nếu m0  9 thì phương trình đã cho có hai nghiệm thực z1  3  9  m0 , z 2  3  9  m0 . Do  z1 z1  z 2 z 2  z1  z 2  3  9  m 0   3  2 9  m0  2 3  9  m 0  3  9  m 0   9  m0  0  m 0  9  ktm  3  9  m0  3  9  m 0  VN  Nếu m0  9 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phức liên hợp là z1  3  i m0  9, z 2  3  i m0  9. Khi đó z1 z1  z 2 z 2  32  m0  9 Do đó m0  9 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do bài toán đòi hỏi m0  (0; 20) nên m0 10;11;12;...;19. Vậy có 10 giá trị thỏa mãn. Câu 8: Đáp án C Phương pháp Tìm điều kiện để hàm số xác định. Tính trực tiếp đạo hàm y' và thay vào phương trình để giải tìm nghiệm. Đối chiếu với điều kiện ban đầu để kết luận nghiệm. Lời giải chi tiết. x  1 Điều kiện: x 2  1  0    x  1 Hàm số đã cho không có đạo hàm tại x  1. Do đó phương trình y '.y  2x+1 chỉ có thể có x  1 . Khi đó ta có nghiệm trên   x  1 y'  x x 1 2  y '.y  2x+1  x x 1 2 . x 2  1  2x+1  x  1 ktm  Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Trang 14 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 Sai lầm. Một số học sinh khi tính đạo hàm và thay vào phương trình để giải tìm được x  1 sẽ kết luận luôn x  1 là nghiệm của phương trình đã cho. Câu 9: Đáp án C Phương pháp Gọi số phức đã cho có dạng z  a  bi  a, b  . Sử dụng giả thiết để đưa ra một hệ cho a, b giải trực tiếp hệ này để tìm a, b Lời giải chi tiết. Ta có: 12  z  1  a  bi  1   a  1  b 2 1 2 2 2 Do z không là số thực nên ta phải có b  0  2  Ta lại có   1  Re 1  i  z  1   Re 1  i    a  bi   1  Re  a  b  1 a  b 1  a  b 13   Từ 1 ,  2 ,  3 ta có hệ  a  12  b 2  1  a  12  b 2  1 1  b 2  b 2  1 2b 2  2b  0 a  1      a  1  1  b  a  1  1  b  a  2  b   ab  1 a  b  1  1 b  1 b  0 b  0 b  0 b  0     Câu 10: Đáp án A Phương pháp Hệ số của x 5 trong khai triển  x  1  k  5  là C5k . Lấy tổng các hệ số này lại để ra kết quả. k Lời giải chi tiết. Hệ số của x 5 trong khai triển  x  1  k  5  là C5k . Do đó hệ số của x 5 trong khai triển của p  x  k 5 5 5  C11  C12  1715 là C56  C57  C85  C95  C10 Câu 11: Đáp án A Phương pháp Sử dụng điều kiện cần và đủ cho cực trị hàm số để tìm điểm cực tiểu của hàm số. Lời giải chi tiết. Tập xác định x  Ta có Trang 15 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 1 2   cos  x 0    k  k   2 3 3     2  Với x 0   k thì y ''  x 0   4sin 2   k    4sin  0 vì vậy x 0   k  k   là 3 3 3   3 y '  1  2 cos 2x  y '  x 0   0  1  2 cos 2x 0  0  cos 2x 0   điểm cực đại của hàm đã cho.        2  Với x 0    k thì y ''  x 0   4sin  2    k    4sin     0 vì vậy x 0    k là 3 3   3    3 điểm cực tiểu của hàm đã cho. Sai lầm. Học sinh có thể nhớ nhầm điều kiện đủ cho cực tiểu và cực đại của hàm số dẫn tới kết luận sai giá trị của cực tiểu. Câu 12: Đáp án D Phương pháp Giải phương trình lượng giác cơ bản. Lời giải chi tiết.    x    k2   2   4 4  cos    Ta có cos  x     4 2 4    x      k2  4 4  x  k2  k   x     k2  2  Câu 13: Đáp án D Phương pháp Gọi P là trung điểm của B'C'. Chứng minh NP / /  AMC' và NP / /B'C để suy ra B'C / /  AMC' Lời giải chi tiết. Gọi P là trung điểm của B'C'. Giả sử S  AC' A'C Khi đó S là trung điểm của A'C. 1 Vì SN là đường trung bình của A'C'C nên SN / /A 'C ',SN= A 'C ' 1 2 Vì MP là đường trung bình của A'B'C' nên MP / /A 'C ', MP  1 A 'C '  2  2 Trang 16 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 Từ 1 ,  2 ta nhận được SN / /MP,SN=MP. Do đó MPNS là hình bình hành. Kéo theo NP / /MS. Vì MS   AMC'  NP / /  AMC'3 . Vì NP là đường trung bình của B'C'C nên NP / /B'C  4  Từ  3 ,  4  suy ra B'C / /  AMC' Câu 14: Đáp án C Phương pháp 1 Sử dụng công thức VSNED = d  S,  NDE   SNDE . Tính SNDE , VSNED để suy ra d S,  NDE   3 Lời giải chi tiết. Gọi E=AB  CD, G=NE  SB. 1 Vì BC / /AD, BC= AD nên BC là đường trung bình của tam giác ADE. Do đó B, C lần lượt 2 là trung điểm của AE, DE. Do đó G là trọng tâm của SAE. 2 1 4 4 Kéo theo SG= SB. Mà SM= SB, nên SG= SM=  SG  MG   SG=4MG. 3 2 3 3 Do đó d S,  NCD  =d S,  NED   4d  M,  NED    d  M,  NCD    d S,  NCD   Ta có SAED  1 1 1 1a 3  a3 3 2 AD.AE   2a  2a   2a 2  VNAED  NA.SAED     2a   2 2 3 3 2  3 1 2a 3 3 a3 3 VSAED = SA.SAED   VSNED  VSAED  VNAED  2 3 3 Mặt khác gọi P là trung điểm của AD, thì CP  AD, CP=PD  ACD vuông tại C. Do đó CD  AC. Mà CD  SA  CD  SAC  CD  NC Ta có NC2  NA 2  AC2  NA 2  AB2  BC2  ED 2  AD 2  AE 2  8a 2  SNDE  3a 2 11a 2  2a 2  4 4 1 1  a 11  a 2 22 NC.ED   2 2a   2 2  2  2 3V 1 Vì VSNED  d  S  NED   SNDE  d S  NDE    SNDE 3 SNDE   3a 3 3 a 66  23  11 a 22 3 Trang 17 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 Câu 15: Đáp án D Phương pháp Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang để tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Lời giải chi tiết. Ta có lim y   x   lim y  lim 2x  1  4x  4 x  x   4x  lim 2 2  4    2x  1  4x 2  4  2x  1 4x 2  4   2x  1  4x 2  4   2x  1 x  5   x  4   4x  5 4 x   lim   1 2 x   42 4  1  4x  4   2x  1 x  4  2   2    x  x   2 4x 2  4   2x  1 x     lim  lim x  Vậy y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho. Sai lầm. Do ta xét giới hạn lim y hơn nữa lại có x trong căn nên một số học sinh khi đưa x vào x  trong căn sẽ quên đổi thành -x rồi mới đưa vào căn. Cụ thể một số học sinh có thể tính được kết quả.  4x lim x  2  4    2x  1 2 4x  4   2x  1 2  lim x  4x  5 4x  4   2x  1 2  lim 5 x  4  1 4 2 2  x  x  C tại hai điểm phân biệt thì phương trình x  4 Câu 16: Đáp án A Phương pháp Tìm tập xác đinh của hàm số.Để d cắt 2x  1  x  m có hai nghiệm phân biệt.Giải và biện luận hệ này để tìm giá trị của m. x2 Lời giải chi tiết. Tập xác định x  2. Để  d  cắt  C  tại hai điểm phân biệt thì phương trình 2x  1  x  m có hai x2 nghiệm phân biệt. Khi đó ta cần 2x  1   x  m x  2  2x  1  x 2  mx  2x  2m  0  x 2   m  4  x   2m  1  0 1 có hai nghiệm phân biệt khác 2. Do 22   m  4 .2   2m  1  5  0 nên phương trình 1 nếu có nghiệm thì các nghiệm này sẽ khác 2. Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt Trang 18 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 khi và chỉ khi    m  4   4  2m  1  m 2  20  0. Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm 2 phân biệt. Hơn nữa ta tìm được hai nghiệm này là 4  m  m2  20 4  m  m2  20 x1  ; x2  . 2 2  4  m  m 2  20 m  m 2  20  0  2  x1  2   2 2 Ta lại có   x1  2  x 2 2 2 4  m  m  20 m  m  20  2  0  x 2  2  2 2 Do đó x1 , x 2 nằm về hai nhánh của đồ thị (C) với mọi x  Sai lầm. Một số học sinh khi tìm ra được điều kiện của m để phương trình có hai nghiệm sẽ bỏ qua việc tìm điều kiện của m để hai nghiệm thuộc hai nhánh của đồ thị mà đi tới kết luận nghiệm luôn Câu 17: Đáp án B Phương pháp Sử dụng công thức cơ bản của lượng giác. Lời giải chi tiết. Tập xác định cos2x  0  2x    k  k  x    k  2 4 2  Câu 18: Đáp án D Phương pháp Gọi H là trung điểm của cạnh AB. Hạ đường cao CK xuống HD.Vậy CK là đường cao của tứ diện. Áp dụng định lý Py-ta-go để tính CK. Sử dụng công thức tính thể tích để tính thể tích tứ diện. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị lớn nhất của tứ diện. Lời giải chi tiết. Trang 19 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209 Gọi H là trung điểm của cạnh AB, do ABC cân tại C nên CH là đường cao. Tam giác ABD có AD=DB=2 3 nên là tam giác cân tại D. Do đó HD là đường cao. Khi đó ta có CH  AB  AB   CHD   HD  AB Hạ đường cao CK xuống HD khi đó CK  AB. Do đó CK   ABD . Vậy CK là đường cao của tứ diện. Ta có HB  x Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác HBC ta có 2 HC  BC2  HB2   2 3  2 48  x 2 x    2 2 2 48  x 2 Tương tự ta có HD  . Đặt y  KD. Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác CHK và CKD 2 ta có   CK 2  CH 2  HK 2  CD2  KD2  CH 2   HD  y   2 3  y2 2 CH 2  HD2  2HD.y  y 2  12  y 2  2HD.y  12  y  2 6 12  HD 48  x 2 Vì vậy CK  CD  y  12  2 2 2 12 48  x 2  12  48  x 2   12  48  x 2  12  36  x 2  48  x 2  CK  12  36  x 2  48  x 2  1 1 48  x 2 x 48  x 2 Diện tích tam giác ABD là S1  AB.HD  x   2 2 2 4 2 1 1 12  36  x  x 48  x 2 1 V  CK.S  .  3.x. 36  x 2 Do đó thể tích tứ diện là 1 2 3 3 48  x 4 6   Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho x, 36  x 2 ta có 2 2 3 3 x   36  x  2 V x. 36  x   3 3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 6 6 2 x  36  x 2  x  18  3 2 Nhận xét.Chúng ta có thể thay điều kiện các cạnh còn lại bằng 2 3 bởi điều kiện các cạnh còn lại bởi một số a  0 nào đó bất kì, để được một bài toán khác nhưng cách làm tương tự bài này. Câu 19: Đáp án D Trang 20 350 ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT GIÁ 200K 0924477209